ĐÁP ÁN ĐỀ THI GIỮA HỌC KÌ I TOÁN 8 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI AMSTERDAM NĂM 2020 - 2021

Ngày đăng: 05/11/2020

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

HÀ NỘI – AMSTERDAM

TỔ TOÁN – TIN

 

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KÌ I

MÔN: TOÁN LỚP 8

Năm học: 2020 – 2021

Thời gian làm bài: 60 phút

 

Bài 1. (3,0 điểm)

            Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

            1) $A\left( x \right)={{x}^{2}}-3x+2$                            2) $B\left( x;y \right)={{x}^{2}}+4{{y}^{2}}-4xy-4$

Bài 2. (2,0 điểm)

            Tìm x sao cho ${{\left( x-2 \right)}^{3}}+{{\left( 2x+1 \right)}^{3}}-9{{\left( x+1 \right)}^{3}}=-16$

Bài 3. (1,0 điểm)

            Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=ab+bc+ca$. Chứng minh rằng $a=b=c$

Bài 4. (3,5 điểm)

            Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), đường cao AH, đường trung tuyến AM. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC. Trên tia đối của EH lấy điểm P sao cho EP = EH, trên tia đối của FH lấy Q sao cho FH = FQ.

  • Chứng minh ba điểm P, A, Q thẳng hàng.
  • Chứng minh rằng tứ giác BPQC là hình thang vuông và PQ + QC = BC.
  • Chứng minh AM vuông góc với EF.
  • Gọi (d) là đường thẳng thay đổi, đi qua A, nhưng không cắt cạnh BC của tam giác ABC. Gọi X, Y lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, C trên (d). Tìm vị trí của d dể chu vi tứ giác BXYC lớn nhất.

Bài 5. (0,5 điểm)

            1) (Dành cho lớp 8B, 8C, 8D, 8E)

            Cho a, b, c là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}=3abc$. Tính giá trị của biểu thức $M=\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)+abc$

            2) (Dành riêng cho lớp 8A)

Với a, b là các số thực thỏa mãn ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}-3ab=-18$. Chứng minh rằng: $-\,9

HẾT

Chú ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay

 

ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Bài 1. (3,0 điểm)

            Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

            1) $A\left( x \right)={{x}^{2}}-3x+2$                            2) $B\left( x;y \right)={{x}^{2}}+4{{y}^{2}}-4xy-4$

Giải

1) $A\left( x \right)={{x}^{2}}-3x+2$   

$={{x}^{2}}-2x-x+2$

$=({{x}^{2}}-2x)-(x-2)$

$=x(x-2)-(x-2)$

$=(x-1)(x-2)$

2) $B\left( x;y \right)={{x}^{2}}+4{{y}^{2}}-4xy-4$

$=\left( {{x}^{2}}-4xy+4{{y}^{2}} \right)-4$

$={{\left( x-2y \right)}^{2}}-{{2}^{2}}$

$=\left( x-2y-2 \right)\left( x-2y+2 \right)$    

Bài 2. (2,0 điểm)

            Tìm x sao cho ${{\left( x-2 \right)}^{3}}+{{\left( 2x+1 \right)}^{3}}-9{{\left( x+1 \right)}^{3}}=-16$

Giải

$\Leftrightarrow {{x}^{3}}-6{{x}^{2}}+12x-8+8{{x}^{3}}+12{{x}^{2}}+6x+1-9({{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+3x+1)=-16$

$\Leftrightarrow -21{{x}^{2}}-9x=0$

$\Leftrightarrow -3x\left( 7x+3 \right)=0$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & -3x=0 \\  & 7x+3=0 \\ \end{align} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=0 \\  & x=-\frac{3}{7} \\ \end{align} \right.$

Vậy $x\in \left\{ \frac{-3}{7};0 \right\}$

Bài 3. (1,0 điểm)

            Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=ab+bc+ca$. Chứng minh rằng $a=b=c$

Giải

Ta có: ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=ab+bc+ca$

$\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ca=0$

$\Leftrightarrow 2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}-2ab-2bc-2ca=0$

$\Leftrightarrow ({{a}^{2}}-2ab+{{b}^{2}})+({{b}^{2}}-2bc+{{c}^{2}})+({{c}^{2}}-2ca+{{a}^{2}})=0$

$\Leftrightarrow {{(a-b)}^{2}}+{{(b-c)}^{2}}+{{(c-a)}^{2}}=0$

Vì ${{(a-b)}^{2}}\ge 0;\,\,{{(b-c)}^{2}}\ge 0;\,\,{{(c-a)}^{2}}\ge 0\,\,\forall a,b,c$ nên

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & {{(a-b)}^{2}}=0 \\  & {{(b-c)}^{2}}=0 \\  & {{(c-a)}^{2}}=0 \\ \end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}  & a-b=0 \\  & b-c=0 \\  & c-a=0 \\ \end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ a=b=c \right.$

Vậy $a=b=c$

Bài 4. (3,5 điểm)

            Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), đường cao AH, đường trung tuyến AM. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC. Trên tia đối của EH lấy điểm P sao cho EP = EH, trên tia đối của FH lấy Q sao cho FH = FQ.

  • Chứng minh ba điểm P, A, Q thẳng hàng.
  • Chứng minh rằng tứ giác BPQC là hình thang vuông và PQ + QC = BC.
  • Chứng minh AM vuông góc với EF.
  • Gọi (d) là đường thẳng thay đổi, đi qua A, nhưng không cắt cạnh BC của tam giác ABC. Gọi X, Y lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, C trên (d). Tìm vị trí của d để chu vi tứ giác BXYC lớn nhất.

Giải

     hình 8

 

  1. a) P đối xứng với H qua E nên $\left\{ \begin{align} & HP\bot AB \\ & HE=PE \\ \end{align} \right.$

Xét ∆PEA và ∆HEA:

$\left\{ \begin{align}  & PE=HE \\  & \widehat{PEA}=\widehat{HEA} \\  & AE\,chung \\ \end{align} \right.=90{}^\circ \Rightarrow $∆PEA = ∆HEA (c – g – c)

$\Rightarrow \widehat{PAE}=\widehat{HAE}$(2 góc tương ứng).

$\Rightarrow PA=HA$(2 cạnh tương ứng).

Tương tự ta suy ra được ∆HAF = ∆QAF (c – g – c)

$\Rightarrow \widehat{HAF}=\widehat{QAF}$ (2 góc tương ứng).

$\Rightarrow HA=QA$(2 cạnh tương ứng).

$\widehat{HAE}+\widehat{HAF}={{90}^{{}^\circ }}$ (do ∆ABC vuông tại A).

$\widehat{PAQ}=\widehat{PAE}+\widehat{HAE}+\widehat{HAF}+\widehat{QAF}=2\widehat{HAE}+2\widehat{HAF}=2.\left( \widehat{HAE}+\widehat{HAF} \right)=2.90{}^\circ ={{180}^{{}^\circ }}$

Vậy P, A, Q thẳng hàng.

  1. b) ∆ABC có AH là đường cao suy ra $\widehat{BHA}={{90}^{{}^\circ }}$

Xét ∆PBA và ∆HBA:

$\left\{ \begin{align}  & PA=HA\,(cmt) \\  & \widehat{PAB}=\widehat{HAB}\,\left( cmt \right) \\  & AB\,chung \\ \end{align} \right.\Rightarrow $∆PBA = ∆HBA (c – g – c)

$\Rightarrow \widehat{BPA}=\widehat{BHA}$(2 góc tương ứng)

$\Rightarrow \widehat{BPA}={{90}^{{}^\circ }}$ hay $BP\bot PQ$.

Tương tự ta suy ra $\widehat{CQA}={{90}^{{}^\circ }}$ hay $CQ\bot PQ$.

$\left\{ \begin{align}  & BP\bot PQ \\  & CQ\bot PQ \\ \end{align} \right.$$\Rightarrow BP//CQ$ $\Rightarrow $ BPQC là hình thang.

Hình thang BPQC có $\widehat{BPQ}={{90}^{{}^\circ }}$nên BPQC là hình thang vuông.

Ta chứng minh được ∆PEB = ∆HEB (c – g – c) suy ra PB = BH.

                                  ∆HFC = ∆QFC (c – g – c) suy ra HC = QC.

Suy ra PB + QC = BH + HC = BC.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

  1. c) Ta có: PA = AH; AQ = AH (từ câu a) nên PA = AQ hay A là trung điểm của PQ.

Xét hình thang BPQC có A là trung điểm của PQ, M là trung điểm của BC nên AM là đường trung bình của hình thang BPQC.

$\Rightarrow AM//BP$.

Mà $BP\bot PQ$ nên $AM\bot PQ$.

$\Delta $HPQ có $\left\{ \begin{align}  & PE=EH \\  & HF=FQ \\ \end{align} \right.\Rightarrow EF$là đường trung bình $\Delta $HPQ $\Rightarrow EF//PQ$

Ta có $\left\{ \begin{align}  & AM\bot PQ \\  & PQ//EF \\ \end{align} \right.\Rightarrow AM\bot EF.$

Vậy ta có điều phải chứng minh.

  1. d) Ta có chu vi tứ giác BXYC = BX + XY + YC + BC = (BX + XA) + (AY + YC) + BC

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki  ta có:${{\left( BX+XA \right)}^{2}}={{\left( BX.1+XA.1 \right)}^{2}}\le (B{{X}^{2}}+X{{A}^{2}}).2$

Mà theo định lý Pi-ta-go trong tam giác ABX vuông tại X : $B{{X}^{2}}+X{{A}^{2}}=A{{B}^{2}}$

$\Rightarrow {{\left( BX+XA \right)}^{2}}\le 2A{{B}^{2}}$ $\Rightarrow BX+XA\le AB\sqrt{2}$

Tương tự ta có: $AY+YC\le AC\sqrt{2}$

Dấu “=” xảy ra khi AX = BX, AY = YC hay tam giác ABX vuông cân tại X, tam giác ACY vuông cân tại Y.

Khi đó : Chu vi tứ giác $BXY{{C}_{max}}=(AB+AC)\sqrt{2}+BC$

Vậy chu vi tứ giác BXYC lớn nhất khi d đi qua A sao cho các tam giác ABX, ACY vuông cân.

Bài 5. (0,5 điểm)

            1) (Dành cho lớp 8B, 8C, 8D, 8E)

            Cho a, b, c là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}=3abc$. Tính giá trị của biểu thức $M=\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)+abc$

            2) (Dành riêng cho lớp 8A)

Với a, b là các số thực thỏa mãn ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}-3ab=-18$. Chứng minh rằng: $-9 < a+b < -1$

Giải

  1. a) Ta có: ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}=3abc$

          $\Leftrightarrow ({{a}^{3}}+{{b}^{3}})+{{c}^{3}}-3abc=0$

         $\Leftrightarrow ({{a}^{3}}+{{b}^{3}}+3{{a}^{2}}b+3a{{b}^{2}})-3ab\left( a+b \right)+{{c}^{3}}-3abc=0$

         $\Leftrightarrow {{(a+b)}^{3}}+{{c}^{3}}-3ab\left( a+b \right)-3abc=0$

        $\Leftrightarrow \left( a+b+c \right)\left[ {{\left( a+b \right)}^{2}}-(a+b).c+{{c}^{2}} \right]-3ab\left( a+b+c \right)=0$

        $\Leftrightarrow \left( a+b+c \right)\left[ {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2ab-a.c-bc+{{c}^{2}}-3ab \right]=0$

        $\Leftrightarrow \left( a+b+c \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-ac-bc \right)=0$  (*)

Xét ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-ac-bc$    

$=\frac{1}{2}.(2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}-2ab-2ac-2bc)$

$=\frac{1}{2}.\left[ ({{a}^{2}}-2ab+{{b}^{2}})+({{b}^{2}}-2bc+{{c}^{2}})+({{c}^{2}}-2ac+{{a}^{2}}) \right]$

$=\frac{1}{2}.\left[ {{(a-b)}^{2}}+{{(b-c)}^{2}}+{{(c-a)}^{2}} \right]$  khác 0 vì a,b,c đôi một khác nhau.

Do đó từ (*) suy ra $a+b+c=0$ $\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & a+b=-c \\  & b+c=-a \\  & c+a=-b \\ \end{align} \right.$

$M=\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)+abc=(-c).(-a).(-b)+abc=-abc+abc=0$

Vậy M = 0

  1. b)

Theo câu a) ta có: ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}-3abc=\frac{1}{2}.(a+b+c).\left[ {{(a-b)}^{2}}+{{(b-c)}^{2}}+{{(c-a)}^{2}} \right]$

Áp dụng : ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}-3ab=-18$

$\Leftrightarrow {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+1-3a.b.1=-17$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}(a+b+1)\left[ {{(a-b)}^{2}}+{{(a-1)}^{2}}+{{(b-1)}^{2}} \right]=-17$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}(a+b+1)$< 0 vì ${{(a-b)}^{2}}+{{(a-1)}^{2}}+{{(b-1)}^{2}}$ > 0 với mọi $a,b,c$

$\Leftrightarrow a+b+1<0$

$\Leftrightarrow a+b<-1$ (1)

Lại có: ${{(a-b)}^{2}}+{{(a-1)}^{2}}+{{(b-1)}^{2}}$$\ge $${{(a-1)}^{2}}+{{(b-1)}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2(a+b)+2$

Mà ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge \frac{{{(a+b)}^{2}}}{4}$ nên ${{(a-b)}^{2}}+{{(a-1)}^{2}}+{{(b-1)}^{2}}$$\ge \frac{{{(a+b)}^{2}}}{4}-2(a+b)+2$

                                                                                          $>\frac{1}{4}-2.(-1)+2=\frac{17}{4}$ vì $a+b<-1$

Thay vào $\frac{1}{2}(a+b+1)\left[ {{(a-b)}^{2}}+{{(a-1)}^{2}}+{{(b-1)}^{2}} \right]=-17$ ta được

     $a+b+1=\frac{-34}{{{(a-b)}^{2}}+{{(a-1)}^{2}}+{{(b-1)}^{2}}}>\frac{-34}{\frac{17}{4}}$

$\Leftrightarrow $$a+b+1>-8$

$\Leftrightarrow $$a+b>-9$ (2)

Từ (1)  và (2) suy ra  $-\,9 < a+b < -1$ (đpcm)

Tác giả: Vinastudy

********************************

Hỗ trợ học tập:

_Kênh Youtube:http://bit.ly/vinastudyvn_tieuhoc

_Facebook fanpage:https://www.facebook.com/767562413360963/

_Hội học sinh Vinastudy Online:https://www.facebook.com/groups/online.vinastudy.vn/

Khách hàng nhận xét

Đánh giá trung bình

4/5

(4 nhận xét)

1

25%

2

0%

3

0%

4

0%

5

75%

Chia sẻ nhận xét về sản phẩm

Viết nhận xét

Gửi nhận xét của bạn

1. Đánh giá của bạn về sản phẩm này: (*)

2. Tên của bạn: (*)

3. Email liên hệ:

3. Viết nhận xét của bạn: (*)

Gửi nhận xét

* Những trường có dấu (*) là bắt buộc.

* Để nhận xét được duyệt, quý khách lưu ý tham khảo Tiêu chí duyệt nhận xét của Vinastudy

Các tin mới nhất

Ôn thi vào 10 môn Toán - Vinastudy - Số 02: Hệ thức lượng trong tam giác vuông, tỉ số lượng giác của góc nhọn - Thầy Trần Ngọc Hà
Bổ trợ kiến thức Toán lớp 8 - Vinastudy - Số 02: Tứ giác - Hình thang - Thầy Trần Tuấn Việt
Bổ trợ kiến thức Toán lớp 7 - Vinastudy - Số 02: Giá trị tuyệt đối - Thầy Trần Ngọc Hà
Bổ trợ kiến thức Toán lớp 6 - Vinastudy - Số 02: Vận dụng tính chất chia hết của một tổng - Thầy Nguyễn Thành Long
Bổ trợ kiến thức Toán lớp 5 - Vinastudy - Số 02: Kỹ thuật tách mẫu trong bài toán tính nhanh dãy phân số có quy luật - Thầy Nguyễn Thành Long
Bổ trợ kiến thức Toán lớp 4 - Vinastudy - Số 02: Bài toán trung bình cộng (luyện tập) - Thầy Nguyễn Thành Long
Ôn thi vào 10 môn Toán - Vinastudy - Số 01: Đơn giản biểu thức căn bậc hai - Thầy Trần Ngọc Hà
Bổ trợ kiến thức Toán lớp 8 - Vinastudy - Số 01: Hằng Đẳng Thức - Thầy Trần Tuấn Việt
Bổ trợ kiến thức Toán lớp 7 - Vinastudy - Số 01: Góc tạo bởi 1 đường thẳng cắt 2 đường thẳng, 2 đường thẳng song song - Thầy Trần Ngọc Hà
Bổ trợ kiến thức Toán lớp 6 - Vinastudy - Số 01: Tính tổng dãy luỹ thừa có quy luật - Thầy Nguyễn Thành Long
Chào năm học mới