Dề thi HSG cum 8
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (89.44 KB, 3 trang )
Đề thi chọn học sinh giỏi cấp cụm
Môn : Toán 8
Thời gian : 120 phút ( Không kể thời gian giao đề).
A. Trắc nghiệm : Hãy chọn chữ cái A, B, C, D trớc kết quả đúng:
Câu 1: M = x
2
+ y
2
+ z
2
A. M
xy + yz + xz C. M > xy + yz + xz
B. M
xy + yz + xz D. M
2 ( xy + yz + xz )
Câu 2: Nếu x + y = 2 thì x.y:
A. Lớn hơn 1 C. Không bé hơn 1
B. Không lớn hơn 1 D. Bé hơn 1
Câu 3: Cho N = x +
x
1
A. N
2 B. N > 2 C. N
- 2 D. Một kết quả
khác.
Câu 4: Tập nghiệm của phơng trình ( x
2
6x + 9 )
2
15 x
2
+ 90 x 151 = 0
gồm:
A. Bốn phần tử C. Tập rỗng
B. Hai phần tử D. Một phần tử
Câu 5: Cho hình bình hành ABCD có BD = 12, lấy E thuộc CD sao cho
ED =
3
1
DC, AE cắt BD ở K. Độ dài DK là:
A. 6 B. 4 C. 3,5 D. 3.
Câu 6: Cho hình bình hành ABCD, AB = 9, AD = 5. Tia phân giác của góc A cắt
BC tại E. Độ dài EC là:
A. 6,5 C. 10
B. 6 D. Một kết quả khác
Câu 7: Cho x > y > 0 và x y = 7 , xy = 60 thì giá trị của x
2
+ y
2
là
A. 119 B. 169 C. 130 D. 79
Câu 8: Đa thức d của phép chia đa thức :
P(x) = x + x
3
+ x
9
+ x
27
+ x
81
cho đa thức : Q(x) = x
2
1 là:
A. R(x) = 5x B. R(x) = - 5x C. R(x) = 5x +1 D. R(x) = 5x 1
B. Tự luận:
Câu 1: Cho biểu thức: P =
12
2
2
+
+
xx
xx
: (
x
x 1
+
-
x
1
1
+
xx
x
2
2
2
)
A. Rút gọn P
B. Tìm x để P < 1
C. Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x > 1
Câu 2: Kẻ đờng cao BD và CE của tam giác ABC, các đờng cao DF và GE của
tam giác ADE
a) Chứng minh: AD. AE = AB . AG = AC . AF
b) Chứng minh: FG // BC
Câu 3: Cho tam giác ABC ( AC > AB ) lấy các điểm D , E tuỳ ý thứ tự nằm trên
AB, AC sao cho BD = CE. Gọi K là giao điểm của DE, BC. Chứng minh tỉ số
KD
KE
không phụ thuộc vào cách chọn điểm D và E.
Câu 4: Cho a, b, c > 0 chứng minh:
abcba
++
33
1
+
abccb
++
33
1
+
abcac
++
33
1
abc
1
Đáp án môn Toán 8
A. Trắc nghiệm: 6 điểm ( Mỗi câu đúng 0.75 )
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8
Kết quả A B D B D B B A
B. Tự luận:
Câu 1: 6 điểm
a. P =
2
)1(
)1(
+
x
xx
: (
x
x 1
+
-
x
1
1
+
)1(
2
2
xx
x
) 0.25
=
2
)1(
)1(
+
x
xx
: (
x
x 1
+
+
1
1
x
+
)1(
2
2
xx
x
) 0.25
=
2
)1(
)1(
+
x
xx
:
)1(
2)1)(1(
2
+++
xx
xxxx
0.5
=
2
)1(
)1(
+
x
xx
:
)1(
21
22
++
xx
xxx
0. 25
=
2
)1)(1(
)1().1(
+
+
xx
xxxx
=
1
2
x
x
0.5
Vậy P =
1
2
x
x
b. P < 1
1
2
x
x
< 1 với mọi x 1; x 0 0.5
1
2
x
x
- 1 < 0 0.25
1
1
2
+
x
xx
< 0 0.25
Mà x
2
x + 1 = ( x -
2
1
)
2
+
4
3
> 0 0.25
P < 1
x 1 < 0
x < 1. Kết hợp với điều kiện ta có:
P < 1
x -1; x 0. 0.25
c. P = x 1 +
1
1
x
+ 2 0.25
x > 1 => x 1 > 0 => x 1 +
1
1
x
2 0.5
=> P
4 .
Dấu = xảy ra
x = 2 ( Thoả mãn ) 1.0
Vậy, minP = 4
x = 2. 0.25
Câu 2: 4 điểm
2
G
F
E
D
C
B
A
G
K
D
E
C
B
A
a. (2 ®)
BD // EG =>
AD
AG
AB
AE
=
=> AE.AD = AB.AG
T
2
AC
AD
AE
AF
=
=> AF.AD =AE.AD
=> AE.AD = AB.AG = AF.AC
b) ( 2 ®) AB.AG = AF.AC
=>
AC
AG
AB
AF
=
=> FG // ED
C©u 3: (2 ®)
VÏ DG // AC ( G thuéc BC)
ta cã:
KG
KC
KD
KE
=
=>
DG
BD
DG
EC
KD
KE
==
mµ:
AC
BA
DG
BD
=
=>
AC
AB
KD
KE
=
kh«ng ®æi
C©u 4: ( 2 ®) Ta cã: a
2
+ b
2
≥
2ab
<=> a
2
+ b
2
- ab
≥
ab
<=> a
3
+ b
3
+ abc = (a + b) (a
2
+ b
2
– ab) + abc
≥
(a + b) ab + abc
( a + b > 0)
<=> a
3
+ b
3
+ abc
≥
ab(a + b + c) Hai vÕ d¬ng ta cã
( )
cbaab
abcba
++
≥
++
11
33
t¬ng tù:
( )
cbacb
abcbc
++
≥
++
11
33
( )
cbaac
abcca
++
≥
++
11
33
abcba
++
33
1
+
abcbc
++
33
1
+
abcca
++
33
1
≥
( )
cba
++
1
++
cabcab
111
abcba
++
33
1
+
abcbc
++
33
1
+
abcca
++
33
1
≥
abc
1
DÊu b»ng x¶y ra <=> a = b = c
2
