Tuyển tập đề thi học kì 1 toán 8 Trường Amsterdam

 Tài liệu sưu tầm BỘ ĐỀ THI HỌC KÌ I MÔN TOÁN LỚP 8 -AMSTERDAM Tài liệu sưu tầm ĐỀ THI HỌC KÌ I TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MÔN TOÁN LỚP 8 (2018-2019) Thời gian: 120 phút Bài 1. (2.5 điểm) 1 8  1− 2x  3 Cho biểu thức: A =  + − : 2 2   x +1 1 − x 1 − x  x −1 a) Rút gọn biểu thức A . 2. b) Tính giá trị biểu thức A biết 3 x + 5 = c) Tìm số nguyên x để biểu thức A có giá trị nguyên dương. Bài 2. (2.5 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 4 x 2 − 12 xy + 5 y 2 . b) ( x + y + 2 z ) 2 + ( x + y − z ) 2 − 9 z 2 . c) x 4 + 2019 x 2 + 2018 x + 2019 . Bài 3. (1 điểm) Tìm các hệ số a, b, c sao cho đa thức 3x 4 + ax 2 + bx + c chia hết cho đa thức ( x − 2) và chia cho đa thức ( x 2 − 1) được thương và còn dư (−7 x − 1) . Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB > AC ) có góc B bằng 450 và vẽ đường cao AH . Gọi M là trung điểm AB . P là điểm đối xứng với H qua M . a) Chứng minh AHBP là hình vuông. b) Vẽ đường cao BK của tam giác ABC . Chứng minh HP = 2 MK . c) Gọi D là giao điểm AH và BK . Qua D và C vẽ các đường thẳng lần lượt song song với BC và AH sao cho chúng cắt nhau tại Q . Chứng minh P, K , Q thẳng hàng. d) Chứng minh các đường thẳng CD, AB và PQ đồng quy. Bài 5. (0,5 điểm) a) ( Chỉ dành cho các lớp 8B,8C,8D,8E ) Cho các số a, b, c khác nhau đôi một và thỏa mãn: a 2 − 2b = c 2 − 2a . Tính giá trị của biểu thức A = (a + b + 2)(b + c + 2)(c + a + 2) . b) ( Dành cho lớp 8A ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 3 + y 3 + 2 x 2 y 2 biết rằng x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y = 1. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC KÌ I TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MÔN TOÁN LỚP 8 (2003-2004) Thời gian: 120 phút Bài 1. 1 8  1− 2x  3 Cho biểu thức: A =  + − : 2 2   x +1 1 − x 1 − x  x −1 a) Rút gọn biểu thức A . 2. b) Tính giá trị biểu thức A biết 3 x + 5 = c) Tìm số nguyên x để biểu thức A có giá trị nguyên dương. Lời giải  x ≠ ±1  a) Điều kiện xác định  1  x ≠ 2  3(1 − x)  ( x − 1)(1 + x) 1+ x 8 + − A=  . 1− 2x  (1 − x)( x + 1) (1 − x)(1 + x) (1 − x)(1 + x)   3 − 3 x + 1 + x − 8  ( x − 1)(1 + x) A=  . 1− 2x  (1 − x)(1 + x)  A= 4 − 2x ( x − 1)( x + 1) . (1 − x)(1 + x) (1 − 2 x) A 2x + 4 ( x − 1)( x + 1) 2 x + 4 . = . ( x − 1)(1 + x) (1 + 2 x) 1− 2x 2. b) Tính giá trị biểu thức A biết 3 x + 5 = 7  Ta có: 3 x + 5 =2 ⇔ 3 x + 5 =±2 ⇔ x ∈ −1; −  3  Đối chiếu điều kiện loại x = −1 7 2 Thay x = − ta tính được A = − . 3 17 c) Tìm số nguyên x để biểu thức A có giá trị nguyên dương. * Tìm x để A nguyên: Ta có: 2 x + 4 = 5 − (1 − 2 x) nên = A 5 −1 1− 2x Để A nguyên khi và chỉ khi 5 chia hết cho 1 − 2x ⇒ 1 − 2 x ∈ {1; −1;5; −5} ⇒ x ∈ {0;1; −2;3} * Đối chiếu điều kiện loại x = 1 * Thử trực tiếp chọn được x = 0 Bài 2. (2.5 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 4 x 2 − 12 xy + 5 y 2 b) ( x + y + 2 z ) 2 + ( x + y − z ) 2 − 9 z 2 c) x 4 + 2019 x 2 + 2018 x + 2019 Lời giải a) 4 x 2 − 12 xy + 5 y 2 Ta có: 4 x 2 − 12 xy + 5 y 2 = (2 x − y )(2 x − 5 y ) b) ( x + y + 2 z ) 2 + ( x + y − z ) 2 − 9 z 2 Ta có: ( x + y + 2 z )2 + ( x + y − z )2 − 9 z 2 = ( x + y + 2 z ) 2 + ( x + y + 2 z )( x + y − 4 z ) = ( x + y + 2 z )(2 x + 2 y − 2 z ) = 2( x + y + 2 z )( x + y − z ). c) x 4 + 2019 x 2 + 2018 x + 2019 Ta có: x 4 + 2019 x 2 + 2018 x + 2019 = ( x 4 − x) + 2019( x 2 + x + 1) = x( x − 1)( x 2 + x + 1) + 2019( x 2 + x + 1) = ( x 2 + x + 1)( x 2 − x + 2019). Bài 3. (1 điểm) Tìm các hệ số a, b, c sao cho đa thức 3x 4 + ax 2 + bx + c chia hết cho đa thức ( x − 2) và chia cho đa thức ( x 2 − 1) được thương và còn dư (−7 x − 1) . Lời giải Biểu diễn các phép chia đẳng thức 3 x 4 + ax 2 + bx + c = ( x − 2)q1 ( x), ∀x (1) 3 x 4 + ax 2 + bx + c= ( x 2 − 1)q2 ( x) − 7 x − 1, ∀x (2) Thay x = 2 vào (1) thu được 4a + 2b + c =−48 Thay x = 1 vào (2) thu được a + b + c =−11 3 Thay x = −1 vào (2) thu được a − b + c = Giải ra ta được: a = 10, b = 6. −7, c = Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn ( AB > AC ) có góc B bằng 450 và vẽ đường cao AH . Gọi M là trung điểm AB . P là điểm đối xứng với H qua M . a) Chứng minh AHBP là hình vuông. b) Vẽ đường cao BK của tam giác ABC . Chứng minh HP = 2 MK . c) Gọi D là giao điểm AH và BK . Qua D và C vẽ các đường thẳng lần lượt song song với BC và AH sao cho chúng cắt nhau tại Q . Chứng minh P, K , Q thẳng hàng. d) Chứng minh các đường thẳng CD, AB và PQ đồng quy. Lời giải a) Chứng minh AHBP là hình vuông P A E K D M Q B C F H Vì M là trung điểm của AB và PH nên tứ giác AHBP là hình bình hành. Do AH ⊥ BH nên AHBP là hình chữ nhật Vì góc  ABH = 450 nên  AHB vuông cân tại H Vậy AHBP là hình vuông . b) Vẽ đường cao BK của tam giác ABC . Chứng minh HP = 2 MK . Sử dụng tính chất đường trung tuyến tam giác vuông  ABK suy ra AB = 2 MK Dùng kết quả câu a suy ra HP = AB do đó HP = 2 MK c) Gọi D là giao điểm AH và BK . Qua D và C vẽ các đường thẳng lần lượt song song với BC và AH sao cho chúng cắt nhau tại Q . Chứng minh P, K , Q thẳng hàng.  = 900 Từ HP = 2 MK ⇒ PKH  = 900 Chứng minh tương tự: QKH  = 1800 hay Chứng minh P, K , Q thẳng hàng. Kết hợp để suy ra PKQ d) Chứng minh các đường thẳng CD, AB và PQ đồng quy. Gọi E là giao điểm của PQ và AB ; F trung điểm BC Ta có: ME / / HQ ( cùng vuông góc với PH ) mà M trung điểm PH nên ME là đường trung bình của tam giác  PHQ suy ra E trung điểm của PQ ⇒ EF là đường trung bình của hình thang PBCQ ⇒ EF= 1 1 1  = 900 ( BH + HC )= BC ⇒ EBC vuông tại E suy ra BEC ( PB + CQ) = 2 2 2 Mặt khác ta có: CD ⊥ AB do D là trực tâm tam giác  ABC CD ⊥ AB Như vậy,  ⇒ E , D, C thẳng hàng CE ⊥ AB Kết luận: CD, AB và PQ đồng quy. Bài 5. (0,5 điểm) a) ( Chỉ dành cho các lớp 8B,8C,8D,8E ) Cho các số a, b, c khác nhau đôi một và thỏa mãn: a 2 − 2b = c 2 − 2a . Tính giá trị của biểu thức A = (a + b + 2)(b + c + 2)(c + a + 2) . b) ( Dành cho lớp 8A ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 3 + y 3 + 2 x 2 y 2 biết rằng x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y = 1. Lời giải a) ( Chỉ dành cho các lớp 8B,8C,8D,8E ) Cho các số a, b, c khác nhau đôi một và thỏa mãn: a 2 − 2b = c 2 − 2a . Tính giá trị của biểu thức A = (a + b + 2)(b + c + 2)(c + a + 2) Biến đổi: a 2 − 2b = c 2 − 2a (a − b)(a + b) = 2b − 2c (a − b)(a + b) + 2a − 2b = 2b − 2c + 2a − 2b (a − b)(a + b + 2)= 2(a − c) Tương tự: (b − c)(b + c + 2)= 2(b − a ) (c − a )(c + a + 2)= 2(c − b) Nhân vế theo vế tương ứng 3 đẳng thức và lập luận ta thu được A = 8 b) ( Dành cho lớp 8A ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 3 + y 3 + 2 x 2 y 2 biết rằng x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện x + y = 1 Biến đổi: P = x 3 + y 3 + 2 x 2 y 2 = ( x + y )3 − 3 xy ( x + y ) + 2 x 2 y 2 3 1 = P 2 x 2 y 2 − 3 xy += 1 2( xy − ) 2 − . 4 8 Do x + y = 1 ta chứng minh được xy ≤ Suy ra 1 4 3 1 1 1 3 − xy ≥ ⇒ P ≥ − ⇒ P ≥ . 4 2 2 8 8 Dấu đẳng thức xẩy ra khi x= y= 1 2 ĐỀ THI HỌC KÌ I TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MÔN TOÁN LỚP 8 NĂM HỌC 2000-2001 Thời gian: 120 phút a   1 2a   Bài 1. Cho M = − 3 1 + 2  :  . 2  a +1   1− a a − a + a −1  a) Rút gọn M và tìm M biết 2a − 1 = 1. b) Tìm a ∈  để M ∈ . c) Tìm a để M = 7; Tìm a để M > 0. Bài 2. Tìm x biết: 0. a) x 4 − 4 x 2 + 12 x − 9 = b) x 3 − x 2 − 4 = 0. c) ( 2 x + 1)( x + 1) ( 2 x + 3) = 18. 2 Bài 3. Xác định các hằng số a, b sao cho: (x Bài 4. 2 − 4 x + 3) . (x 4 − 7 x 3 + 4 x 2 + ax + b ) chia hết cho đa thức Cho tam giác ABC vuông góc tại đỉnh A. Đường cao AH , dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABMN , ACIK . Chứng minh rằng: a) Ba điểm M , A, I thẳng hàng; b) Tứ giác CKNB là hình thang cân; c) AH đi qua trung điểm D của NK và các đường thẳng AH , IK , MN cắt nhau tại điểm E; 2 d) Các đường thẳng AH , CM , BI đồng quy và AN = NK 2 − AK 2 . Bài 5. a) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của A = 6x − 2 . 3x 2 + 1 b) Cho tứ giác lồi ABCD, E và F theo thứ tự là trung điểm của cạnh AB, AD. Gọi G= AE ∩ BF ; H = CF ∩ BD. Chứng minh rằng S EFGH = S AGB + S DHC . Nếu M , N nằm trên hai cạnh còn lại của tứ giác sao cho MENF là hình chữ nhật thì S MENF = S ABCD . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC KÌ I TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM MÔN TOÁN LỚP 8 NĂM HỌC 2000-2001 Thời gian: 120 phút Bài 1. a   1 2a   Cho M = − 3 1 + 2  :   2  a +1   a −1 a − a + a −1  a) Rút gọn M và tìm M biết 2a − 1 = 1 b) Tìm a ∈  để M ∈  c) Tìm a để M = 7; Tìm a để M > 0 Lời giải a   1 2a   a) M = − 3 1 + 2  :   2 + − − + − a a a a a 1 1 1       a2 + 1 a   1 2a = + 2  :  − 2   2  a + 1 a + 1   a − 1 a ( a − 1) + ( a − 1)    a2 + a + 1   a2 + 1 2a   − :  2  2 2  a + 1   ( a + 1) ( a − 1) ( a + 1) ( a − 1)  = a 2 + a + 1 a 2 − 2a + 1 : a 2 + 1 ( a 2 + 1) ( a − 1) 2 a 2 + a + 1 ( a + 1) ( a − 1) . = 2 a2 + 1 ( a − 1) 2 a 2 + a + 1 ( a + 1) ( a − 1) = . 2 a2 + 1 ( a − 1) = a2 + a + 1 a −1 ĐKXĐ: a ≠ 1  a = 1( L ) =  2a − 1 1 =  2a 2 2a − 1 =1 ⇔  ⇔ ⇔  2a − 1 =−1  2a =0 a = 0 (TM ) Thay a = 0 vào biểu thức M , ta có M= 02 + 0 + 1 = −1 0 −1 1 thì M = −1 Vậy với 2a − 1 = b) M = a2 + a + 1 3 = a+2+ a −1 a −1 Để M ∈  thì 3 ∈  ⇔ a − 1 ∈¦ ( 3) a −1  a = 4 (TM ) 3 a − 1 =   a − 1 =−3  a = −2 (TM ) ⇒ ⇒ a − 1 = 1  a = 2 (TM )   a − 1 =−1  a = 0 (TM ) Vậy để M ∈  thì a ∈ {4;2; −2;0} c) a2 + a + 1 = 7 ⇔ a 2 + a + 1 = 7 ( a − 1) a −1 ⇔ a 2 − 6a + 8 = 0 ⇔ ( a − 2 )( a − 4 ) = 0 M = 7⇔  a = 2 (TM ) ⇔  a = 4 (TM ) Vậy với a ∈ {2;4} thì M = 7 M >0⇔ a2 + a + 1 >0 a −1 2 1 3 3  Mà a + a + 1=  a +  + ≥ > 0 2 4 4  2 ⇒ a −1 > 0 ⇔ a > 1 Kết hợp với ĐKXĐ: a ≠ 1 Vậy với a > 1 thì M > 0 Bài 2. Tìm x biết: 0. a) x 4 − 4 x 2 + 12 x − 9 = b) x 3 − x 2 − 4 = 0. c) ( 2 x + 1)( x + 1) ( 2 x + 3) = 18. 2 Lời giải a) x 4 − 4 x 2 + 12 x − 9 = 0. (x 4 − 9 ) − ( 4 x 2 − 12 x ) = 0 x 4 − x3 + x3 − x 2 − 3x 2 + 3x + 9 x − 9 = 0 x3 ( x − 1) + x 2 ( x − 1) − 3 x( x − 1) + 9( x − 1) = 0 ( x − 1) ( x3 + x 2 − 3 x + 9 ) = 0 ( x − 1) ( x 3 + 3x 2 − 2 x 2 − 6 x + 3x + 9 ) = 0 ( x − 1)  x 2 ( x + 3) − 2 x( x + 3) + 3( x + 3)  = 0 ( x − 1)( x + 3) ( x 2 − 2 x + 3) = 0 ( x − 1)( x + 3) ( x 2 − 2 x + 3) = 0  x −1 ⇒  x + 3  x 2 − 2 x + 3  x ⇒ x  2 ( x 2 − 1) + 2  0 = 0 = 0 = =1 = −3 = 0 (VL) Vậy x = 1; x = −3 b) x 3 − x 2 − 4 = 0. x3 − 2 x 2 + x 2 − 4 = 0 x 2 ( x − 2) + ( x − 2)( x + 2) = 0 ( x − 2) ( x 2 + x + 2 ) = 0 0 x − 2 = ⇒ 2 0 x + x + 2 = x = 2  2 ⇒  1 7 x+  + = 0 (VL)  2 4 Vậy x = 2 c) (2 x + 1)( x + 1) 2 (2 x + 3) = 18 ( x + 1) 2 [ (2 x + 1)(2 x + 3) ] = 18 ( x + 1) 2  4 ( x 2 + 2 x + 1) − 1 = 18 ( x + 1) 2  4( x + 1) 2 − 1 = 18 ( x + 1) 2 ( 4 x 2 + 8 x + 3) = 18 a , ta có phương trình: a (4a − 1) = 18 ⇒ 4a 2 − a − 18 = 0 Đặt ( x + 1) = 2 ⇒ 4a 2 + 8a − 9a − 18 =0 ⇒ 4a (a + 2) − 9(a + 2) =0 ⇒ (a + 2)(4a − 9) =0  a = −2 0  a + 2 = ⇒ ⇒ 9 0 a =  4a − 9 =  4 −2 (vô lý) Với a = −2 ta có: ( x + 1) = 2