Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán 8 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THCS Bạch Sam (Lần 2)

Sau đây là Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán 8 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THCS Bạch Sam (Lần 2) được TaiLieu.VN sưu tầm và gửi đến các em học sinh nhằm giúp các em có thêm tư liệu ôn thi và rèn luyện kỹ năng giải đề thi để chuẩn bị bước vào kì thi học sinh giỏi sắp tới. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán 8 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THCS Bạch Sam (Lần 2)TRƯỜNG THCS BẠCH SAMĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI - ĐỢT IIMôn: Toán 8(Thời gian làm bài: 120 phút)125  x  1 2x: 2Bài 1 (2 điểm): Cho biểu thức: C = 2  1 xx  1 1  x  x 1a) Rút gọn biểu thức Cb) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B là số nguyên.Bài 2 (2 điểm):a) Tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x4  3x3  ax  b chia hết cho đa thứcB( x )  x 2  3 x  4b) Cho x, y, z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcP=xyzyz zx x yCâu 3: (2,0 điểm)a) Tìm x, y ,z thỏa mãn phương trình sau :9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0.a b cx2 y 2 z 2x y zb) Cho    1 và    0 . Chứng minh rằng : 2  2  2  1 .x y zabca b cCâu 4(3 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH. Trong nửa mặtphẳng bờ AH có chứa C, vẽ hình vuông AHKE. Gọi P là giao điểm của AC và KE.a) Chứng minh ABP vuông cân?b) Gọi Q là đỉnh thứ tư của hình bình hành APQB, gọi I là giao điểm của BP và AQ.Chứng minh H, I, E thẳng hàng?c) Tứ giác HEKQ là hình gì?Câu 5 (1 điểm): Tính diện tích hình thang ABCD ( AB // CD), biết AB = 42cm,  A = 450;0 B = 60 , chiều cao của hình thang bằng 18m?…………………………… @ @ @ …………………………ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂMBài1(2 điểm)ĐÁP ÁNa) Đkxđ: x   1; x BIỂU ĐIỂM1225  x  1 2x 1: 22  1 x x 1 1 x  x 11  x  2(1  x)  5  x  ( x  1)( x  1)C=  . 1 2x(1  x)(1  x)0,25 đ0,5 đ22x 10,25 đb) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B là số nguyên?B có giá trị nguyên khi x là số nguyên thì2có giá trị nguyên2x 1 x  1(loai ) x  0(TM )2 x  1  1 2 x  1  1  x  3 (TM ) 2x – 1 laø Ö(2) 2 x  1  22 x  1 (TM ) 2 x  1  22Đối chiếu Đkxđ thì có x = 0 hoặc x =0,25 đ3-1hoặc x = thoả mãn.220,5 đ0,25 đa) tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x  3x  ax  b chia2( 2điểm)hết cho đa thức B( x)  x2  3x  443Ta có:A(x) =B(x).(x2-1) + ( a – 3)x + b + 43Để A( x) B( x) thì  ba3400   ba4b) Cho x, y, z > 0Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcP=xyzyz zx x yĐặt y + z = a ; z + x = b ; x + y = c  x + y + z = x=P==0,5 đ0,5 đabca bcabc;y=;z=222abc20,5 đa bc a bc a bc1b ca ca b= (1    1    1   )2a2b2c2a ab bc c1b ac ab c3(3  (  )  (  )  (  )) 2a ba cc b20,25 đ0,25 đMin P =3Khi và chỉ khi a = b = c2 x=y=za) Tìm x,y,z thỏa mãn phương trình sau :3( 2điểm)9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0.BL.a/ 9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0222 (9x – 18x + 9) + (y – 6y + 9) + 2(z + 2z + 1) = 0222 9(x - 1) + (y - 3) + 2 (z + 1) = 0 (*)Do : ( x 1)2  0;( y  3)2  0;( z  1)2  0Nên : (*)  x = 1; y = 3; z = -1Vậy (x,y,z) = (1,3,-1).b)Cho0,5 đ0,25 đ0,25 đa b cx y z   1 và    0 . Chứng minh rằng :x y za b cx2 y 2 z 2   1.a 2 b2 c 20,25 đa b cayz+bxz+cxy  00x y zxyz ayz + bxz + cxy = 0x y zx y zTa có :   1  (   )2  1a b ca b c222xyzxy xz yz 2  2  2  2(   )  1a bcab ac bc222xyzcxy  bxz  ayz 2  2  2 21a bcabcx2 y 2 z 2 2  2  2  1(dfcm)a bcTừ :4a/ CM được BHA  PEA (g.c.g)( 3điểm)0 AB = AP mà BAP = 90 (gt)A0,5 đ0,25 đ0.50.250.25EPVậy BPA vuông cânIBb/Ta có : HA = HKHK H nằm trên đường trung trực của AKTa có : AE = KEQ E nằm trên đường trung trực của KAPBK vuông có IB = IP (t/c đ/c hbh ABQP) IK  IP  IB (*)Ta có ABQP là hbh(gt), có BA= AP ( BPA vuông cân tại A)0 APQB là hình thoi, mà BAP = 90 (gt)C APQB là hình vuông nên PI = IA(**).Từ (*) và(**) suy ra IK = IA nên I nằm trên đường trung trực củaAKVậy H, I, E thẳng hàng.0.250.250.50.250.250.25c/ Ta có APQB là hình vuông (cmt) nên AP = BQmà IK =0.5PBAQ IK 22AKQ có AI = IQ(t/c đ/c hv)AQMà IK (cmt)  AKQ vuông ở K2 AK  KQ mà AK  HE (EAHK là hv)  QK // HEVậy HEKQ là hình thang5Qua A và B kẻ AA’ và BB’ vuông góc với CD.( 1điểm) Tứ giác ABB’A’là hcn và A’A = BB’ = 18m;  A’AB = 90000 DAB = 45 =>  A’AD = 45CDDo đó A’AD vuông cânBA A’D = A’A = 18mBA0.2500 B’BA = 90 ;  CBA = 60 =>  B’BC = 300vì thế trong tam giác vuông B’BCta có B’C =0.25BC. Theo định lí Pi ta go, ta có:2B’C2 = BC2 – B’B22= 4B’C2 – B’B2 B’C22 3B’C = B’BB B 18(cm) B’C =33Suy ra :1818 24 (cm)331118 Vậy SABCD =  AB  CD  . A A   42  24  18  498, 6 (cm2)223CD = A’B’ – A’D – B’C = 42 – 18 -0.25 ...