Đề thi HSG Toán 8 cấp trường năm 2020 – 2021 trường THCS Đông Kinh – Lạng Sơn

Giới thiệu Đề thi HSG Toán 8 cấp trường năm 2020 – 2021 trường THCS Đông Kinh – Lạng Sơn

Học toán online.vn gửi đến những em học sinh và bạn đọc Đề thi HSG Toán 8 cấp trường năm 2020 – 2021 trường THCS Đông Kinh – TP Lạng Sơn .

Tài liệu Học sinh giỏi Toán 8 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi học sinh giỏi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Đề thi HSG Toán 8 cấp trường năm 2020 – 2021 trường THCS Đông Kinh – Lạng Sơn

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 8 tại đây
PHÒNG GD VÀ ĐT THÀNH PHỐ TRƯỜNG trung học cơ sở ĐÔNG KINH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 8 NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút ( Đề thi gồm có 01 trang, 04 bài ) Bài 1 : ( 4 điểm ) Phân tích những đa thức sau thành nhân tử : a ) 5 × 2 – 26 x + 24 c ) x2 + 6 x + 5 b ) 1 3 3 2 3 x  x  x  1 8 4 2 d ) x4 + năm ngoái × 2 + năm trước x + năm ngoái Bài 2 : ( 6 điểm ) a ) Chứng minh rằng biểu thức sau không nhờ vào vào biến : 7 ( 6 x + 7 ) ( 2 x – 3 ) – ( 4 x + 1 )   3 x    4   x  y b ) Tính giá trị biểu thức P =. Biết x 2 – 2 y 2 = x  y x y ( x + y ≠ 0, y ≠ 0 ). c ) Tìm số dư trong phép chia của biểu thức  x  2   x  4   x  6   x  8   2015 cho đa thức x 2  10 x  21. d ) Tính tổng những thông số trong khai triển ( 1 − 2 x ) 2021 e ) Chứng minh rằng : A  n 2  4 n  3  8,  n là số tự nhiên lẻ f ) Tìm hế số a để : ax 5  5 x 4  9  x  1 Bài 3 : ( 7 điểm ) Cho hình vuông vắn ABCD. Qua A vẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau lần lượt cắt BC tại P và R, cắt CD tại Q. và S. a ) Chứng minh  AQR và  APS là những tam giác cân. b ) QR cắt PS tại H ; M, N là trung điểm của QR và PS. Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật. c ) Chứng minh P là trực tâm tam giác SQR. d ) Chứng minh MN là đường trung trực của AC. Bài 4 : ( 3 điểm ) a ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A = 13 × 2 + y2 + 4 xy – 2 y – 16 x + năm ngoái b ) Cho hai số a, b thỏa mãn nhu cầu điều điều kiện kèm theo a + b = 1. Chứng minh a3 + b3 + ab  1 2 — — — — — Hết — — — — — — 1 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG trung học cơ sở ĐÔNG KINH HDC CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 8 NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN : TOÁN ( HDC gồm có 03 trang 04 bài ) HƯỚNG DẪN CHẤM THANG ĐIỂM 2 2 Bài 1 a ) 5 x – 26 x + 24 = 5 x – 6 x – 20 x + 24 = x ( 5 x – 6 ) – 4 ( 5 x – 6 ) = ( 5 x – 1 điểm 4 điểm 6 ) ( x – 4 ) 3 2 3 1 điểm 1 3 3 2 3  1   1   1  2 3  1  b ) x  x  x  1 =  x   3.  x . 1  3.  x . 1  1 =  x  1  BÀI NỘI DUNG 8 4 2  2  2 2 c ) x + 6 x + 5 = x + x + 5 x + 5 = x ( x + 1 ) + 5 ( x + 1 ) =  x  1   x  5  4  2  2  2  4  2  3 2 3 2 2 d ) x + năm ngoái x + năm trước x + năm ngoái = x + x + x – x – x – x + năm ngoái x + năm ngoái x + năm ngoái = x2 ( x2 + x + 1 ) – x ( x2 + x + 1 ) + năm ngoái ( x2 + x + 1 ) = ( x2 + x + 1 ) ( x2 – x + năm ngoái ) 7  Bài 2 a ) ( 6 x + 7 ) ( 2 x – 3 ) – ( 4 x + 1 )  3 x   = 12 × 2 – 18 x + 14 x – 21 – 12 × 2  6 điểm 4   + 7 x – 3 x + 1 điểm 1 điểm 1 điểm 7  77 = 4 4 b ) x2 – 2 y2 = xy  x2 – xy – 2 y2 = 0  ( x + y ) ( x – 2 y ) = 0 Vì x + y ≠ 0 nên x – 2 y = 0  x = 2 y. Khi đó A = 1 điểm 2 y  y y 1   2 y  y 3 y 3 c ) P ( x )   x  2   x  4   x  6   x  8   năm ngoái   x 2  10 x  16   x 2  10 x  24   năm ngoái 1 điểm Đặt t  x 2  10 x  21 ( t   3 ; t   7 ), biểu thức P ( x ) được viết lại : P ( x )   t  5   t  3   năm ngoái  t 2  2 t  2000 Do đó khi chia t 2  2 t  2000 cho t ta có số dư là 2000 d ) Gọi f ( x ) = ( 1 − 2 x ) 2020 => f ( 1 ) = ( 1 − 2.1 ) 2020 = ( – 1 ) 2020 = 1 Vậy tổng những thông số trong khai triển là 1 e ) A   n  1   n  3 , Vì n là số lẻ, Đặt n  2 k  1,  k  N    A   2 k  2   2 k  4   8 1 điểm 1 điểm f ) Theo định lý Bơ – Zu ta có : Dư của f  x   ax5  5 x 4  9, khi chia cho x – 1 là f  1   a  5  9  a  4 Để có phép chia hết thì a  4  0   a  4 1 điểm 2 Bài 5 7 điểm 0, 5 điểm Vẽ đúng hình a )  ADQ =  ABR vì chúng là hai tam giác vuông ( 2 góc có cạnh t. ư 2 điểm vuông góc ) và DA = BD ( cạnh hình vuông vắn ). Suy ra AQ = AR, nên  AQR là tam giác vuông cân. Chứng minh tương tự như ta có :  ABP =  ADS b ) AM và AN là đường trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và 1,5 điểm APS nên AN  SP và AM  RQ.   = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN Mặt khác : P    PAM có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật. c ) Theo giả thiết : QA  RS, RC  SQ nên QA và RC là hai đờng cao của 1,5 điểm  SQR. Vậy P là trực tâm của  SQR. d ) Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung tuyến 1,5 điểm 1 2 nên AM = QR.  MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C. Chứng minh tương tự như cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA = NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trung trực của AC. Bài 6 a ) A = 13 × 2 + y2 + 4 xy – 2 y – 16 x + năm ngoái 3 điểm = y2 + 4 xy – 2 y + 13 × 2 – 16 x + năm ngoái 1,5 điểm 2 2 2 = y + 2 y ( 2 x – 1 ) + ( 2 x – 1 ) + 9 x – 12 x + năm ngoái = ( y + 2 x – 1 ) 2 + ( 3 x – 2 ) 2 + 2010 Chứng tỏ A  2010, dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi ( x = Vậy min A = 2010 khi ( x = 2 1 ; y =  ) 3 3 2 1 ; y =  ) 3 3 3 1 1 ( 1 )  a3 + b3 + ab –  0 2 2 1 1  ( a + b ) ( a2 + b2-ab ) + ab –  0  a2 + b2 –  0 ( vì a + b = 1 ) 2 2 2 2 2 2  2 a + 2 b – 1  0  2 a + 2 ( 1 – a ) – 1  0 ( vì b = 1 – a ) 1  2 a2 + 2 – 4 a + 2 a2 – 1  0  4 ( a2 – a + )  0 4 b ) Ta có a3 + b3 + ab  1,5 điểm 2 1    4  a    0  a 2   ( 2 ) … đpcm. 4

Source: https://evbn.org
Category: Học Sinh