Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Luyện thi - Đề thi Đề thi lớp 8 20 đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 8 có đáp án chi tiết (file word)...

Tài liệu 20 đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 8 có đáp án chi tiết (file word)

.DOC
74
292
55

Mô tả:

TRƯỜNG THCS PHÙ HÓA ĐỀ KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2016 -2017 Họ tên: ……………………… MÔN: Toán LỚP: 8 Số báo danh: …………. Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4 điểm).  2 2  x 1  x  1 .  x  1  : Cho biểu thức: A    x  3x x  1  3x a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên Câu 2: (4 điểm).     3 2 2 a) Chứng minh rằng A =  n (n  7)  36n  7 với  nZ . b) Cho P = n4 + 4. T×m tÊt c¶ c¸c sè tù nhiªn n ®Ó P lµ sè nguyªn tè. Câu 3: (4 điểm). a) Giải phương trình : 1 1 1 1  2  2  x  9 x  20 x  11x  30 x  13 x  42 18 2 b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng : A= a b c   3 b c  a a c  b a b  c Câu 4: (6 điểm). Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB . Trên tia Ax lấy điểm C (C khác A). Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC, đường thẳng này cắt By tại D. Từ O hạ đường vuông góc OM xuống CD (M thuộc CD) a) Chứng minh OA2 = AC.BD b) Chứng minh tam giác AMB vuông c) Gọi N là giao điểm của BC và AD . Chứng minh MN//AC Câu 5: (2 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b +c = 1. Chứng minh rằng: a  bc b  ca c  ab   2 . b c ca a b Họ và tên thí sinh:.............................................Số báo danh: ................................ TRƯỜNG THCS PHÙ HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2016 - 2017 MÔN : TOÁN Lớp: 8 Ghi chú: Đáp án chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, hình vẽ sai không chấm điểm. Nếu HS giải cách khác đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng. HƯỚNG DẪN CÁC BƯỚC LÀM ĐIỂM Câu 1  2 2  x 1  x  1 .  x  1  : a) A    x  3x x  1  3x 0,5đ 2 ( x  1)  3x( x  1)  x  1  2 A   .  : x 3x  3x x  1 0,5đ  2 2(1  3 x)  x A   . 3x  x  1  3x 0,5đ x 2x  x 1 x 1 0,5đ A 2. b) Với x 0; x 1 Ta có A  2x 2 2  x 1 x 1 0,5đ Để A  Z thì (x-1) phải là ước của 2 0,5đ Suy ra x  1   1; 2 Xét từng trường hợp tìm x Đối chiếu điều kiện tìm được x = 2 hoặc x = 3 thỏa mãn và kết luận 0,5đ 0,5đ Câu 2     3 2 2 a) Ta có: A =  n (n  7)  36n  2 2 3 3    A n  n( n  7)  6   n( n  7)  6 n(n  7n  6)(n  7n  6)    n(n3  n  6n  6)(n3  n  6n  6) n  n(n2  1)  6(n 1)   n(n 2  1)  6(n  1)     n(n 1) n2  n  6  n  1 n2  n  6 n  n 1  n  2   n  3  n  1  n  2   n  3     Do đó A là tích của 7 số nguyên liên tiếp => A  7 với  nZ . b) b) 4 4 2 2 2 2 2 P = n + 4 = n + 4n + 4 - 4n = (n + 2) - (2n) = (n2 - 2n + 2)(n2 + 2n + 2) = [(n - 1)2 + 1][(n + 1)2 + 1]. 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ V× n lµ sè tù nhiªn nªn (n + 1)2 + 1  2; + 1 = 1 hay (n - 1)2 = 0, suy ra n = 1. Khi ®ã P = 5 lµ sè nguyªn tè. Nh vËy muèn P lµ sè nguyªn tè th× ph¶i cã (n - 1)2 0,5đ 0,5đ Câu 3: a) x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ; x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ; 0,5đ x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ; TXĐ : x  4; x  5; x  6; x   7 Phương trình trở thành : 1 1 1 1    ( x  4)( x  5) ( x  5)( x  6) ( x  6)( x  7) 18 0,5đ   1 1 1 1 1 1 1       x  4 x  5 x  5 x  6 x  6 x  7 18 1 1 1   x  4 x  7 18  18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)  (x+13)(x-2)=0 0,5đ Từ đó tìm được x=-13; x=2 (thỏa mãn) 0,5đ Kết luận b) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0. Ta có x, y, z >0 Từ đó suy ra a= yz xz xy ;b  ;c  ; 2 2 2 Thay vào ta được A= yz xz x y   2x 2y 2z 1 y x x z y z    (  )  (  )  (  ) 2 x y z x z y  1 2 Từ đó suy ra A  (2  2  2) hay A 3 Câu 4 (6 điểm) Hình vẽ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ D M C N A B O a) Xét  ACO và  BOD có A B  = 900 ;    (cùng phụ với DOB ) COA ODB 0,5đ Nên  ACO đồng dạng với  BOD => 0,5đ AO BD  => AO.BO = AC.BD AC BO 0,5đ 0,5đ mà AO=BO Nên AO2 = AC.BD b) Xét  CMO và  OMD có   = OMD = 900 CMO    (cùng phụ với COM ) OCM  DOM 0,5đ =>  CMO đồng dạng với  OMD => CO OM  (1) OD MD Mà  ACO đồng dạng với  BOD => CO AO  OD BD => CO OB  (2) (Do AO = OB) OD BD Từ (1) và (2) ta có 0,5đ 0,5đ OM OB  => tam giác OMD và tam giác OBD đồng MD BD dạng 0,5đ   => MOD => OMD  OBD (cạnh huyền , góc nhọn) BOD => OM = OB = OA suy ra tam giác AMB vuông tại M 0,5đ c) Ta có AC // BD (cùng vuông góc với AB) => CN AC  NB BD mà BD = MD (hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau) Tương tự ta chứng minh AC = CM Nên CN CM  => MN// BD//AC BN DM 0,5đ 0,5đ 0,5đ Câu 5: - Nhận xét: Có a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(c + a) Tương tự có b + ca = (b + a)(b + c) 0,5đ c + ab = (c + a)(c + b) do đó: VT  (a  b)(a  c) (b  a )(b  c) (c  a)(c  b)   bc ca a b 0,5đ áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có (a  b)(a  c) (b  a )(b  c)  2(a  b) bc ca (a  b)(a  c) (c  a)(c  b)  2( a  c) bc a b (b  a)(b  c ) (c  a )(c  b)  2(b  c ) ac a b 0,5đ Vậy 2. VT 4(a  b  c) 4 hay VT 2  ĐPCM Đẳng thức xảy ra  a = b =c= 1 3 0,5đ PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề thi có 01 trang KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Ngày thi: …./4/2013 Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 4  2013x 2  2012 x  2013 .  x2  2 x 2x2  1 2  1  2  . 2. Rút gọn biểu thức sau: A  2 2 3   2x  8 8  4x  2x  x   x x  Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình sau: (2 x 2  x  2013) 2  4( x 2  5 x  2012) 2 4(2 x 2  x  2013)( x 2  5 x  2012) 2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 3  2x 2  3x  2 y3 . Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x  2 dư 10, f(x) chia cho x  2 dư 24, f(x) chia cho x 2  4 được thương là  5x và còn dư. 2. Chứng minh rằng: a(b  c)(b  c  a) 2  c( a  b)( a  b  c) 2 b(a  c)(a  c  b) 2 Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N. 1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật. 2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF. 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 = + . 2 2 AD AM AN 2 Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn abc 1 . Chứng minh rằng : 1 1 1 3  3  3  . a (b  c ) b (c  a ) c (a  b ) 2 3 ---------------Hết---------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:....................... Giám thị 1 (Họ tên và ký).............................................................................................................. Giám thị 2 (Họ tên và ký).............................................................................................................. PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NGÀY THI ….. /4/2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Bản hướng dẫn chấm có 04 trang Câu 1 Hướng dẫn giải 1 (2.0 điểm) (4.0 điểm) 0,5 Ta có x  2013x  2012 x  2013  x 4  x   2013x 2  2013 x  2013 4 2  x  x  1  x 2  x  1  2013  x 2  x  1 0.5  x 2  x  1  x 2  x  2013 0.5 2 2 Kết luận x 4  2013x 2  2012 x  2013  x  x  1  x  x  2013  x 0  x 2 0.25 ĐK:   x2  2x 2x2  1 2  1  2  Ta có A  2 2 3   2x  8 8  4x  2x  x   x x   x2  2x   x2  x  2  2x2     2 2 x2  2( x  4) 4(2  x)  x (2  x)    2 0.5 0.25 0.25 (2.0 điểm)  x2  2x   ( x  1)( x  2)   x( x  2) 2  4 x 2   ( x  1)( x  2)  2 x2        2 2 2 x2 x2   2( x  2)( x  4)     2( x  4) ( x  4)(2  x)   x3  4 x 2  4 x  4 x 2 x 1 x( x 2  4)( x  1) x 1 . 2   2( x 2  4) x 2 x 2 ( x 2  4) 2x  x 0 x 1 Vậy A  với  . 2x  x 2  Câu 2 1 (2.0 điểm) 0.5 0.5 0.25 (4.0 điểm)  a 2 x 2  x  2013 Đặt:  2 b  x  5 x  2012 0.25 Phương trình đã cho trở thành: 2 2 2 a  4b 4ab  (a  2b) 0  a  2b 0  a 2b Khi đó, ta có: 2 x 2  x  2013 2( x 2  5 x  2012)  2 x 2  x  2013 2 x 2  10 x  4024  2011  11x  2011  x  . 11 0.5 0.5 0.5 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x   3 2  2011 . 11 7 Ta có y3  x 3 2x 2  3x  2 2  x     0  x  y 4 8  0.25 (1) 0.5 (2) 0.5 2 9  15  (x  2)  y 4x  9x  6  2x     0 4  16  3 2 (2.0 điểm) 3 2  y  x 2 Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là: (-1 ; 0) KL Câu 3 0.25 0.5 0.25 (4 điểm) Giả sử f(x) chia cho x  4 được thương là  5x và còn dư là ax  b . Khi đó: f ( x) ( x 2  4).(  5 x)  ax+b Theo đề bài, ta có: 2 1 (2.0 điểm)  f (2) 24    f ( 2) 10  2a  b 24     2 a  b 10 7  a  2  b 17 0.5 7 2 Do đó: f ( x) ( x 2  4).( 5 x )  x+17 Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x)  5 x3  0.5 0.5 47 x  17. 2 0.5 Ta có: a(b  c)(b  c  a) 2  c(a  b)(a  b  c ) 2  b(a  c)(a  c  b) 2 0 (1) xz  a  2 a  b  c x  x y   Đặt: b  c  a  y  b  2 a  c  b z   yz  c  2  2 (2.0 điểm) Khi đó, ta có: xz  x y yz  2 yz  xz x y  2 1 2     .y    .x  ( x  y )( x  y ).z 2  2 2  2  2 2  4 xz x z 2 yz z y 2 1 2  . .y  . .x  ( x  y 2 ) z 2 2 2 2 2 4 1 1 1  ( x 2  z 2 ). y 2  ( z 2  y 2 ).x 2  ( x 2  y 2 ).z 2 4 4 4 1 1  ( x 2  y 2 ).z 2  ( x 2  y 2 ). z 2 0 VP(1) (đpcm) 4 4 VT(1)  KL:…. Câu 4 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 (6 điểm) E A B H F D C M N 1 (2.0 điểm) Ta có DAM    (cùng phụ BAH ) = ABF AB = AD ( gt)   BAF = ADM = 900 (ABCD là hình vuông)  ΔADM = ΔBAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên. AE = DM Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành  Mặt khác. DAE = 900 (gt) 0.75 0.5 0.5 Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0.25 Ta có ΔABH ΔFAH (g.g) 0.5 AB BH BC BH = = hay ( AB=BC, AE=AF) AF AH AE AH    Lại có HAB (cùng phụ ABH ) = HBC  2 (2.0 điểm)  ΔCBH ΔEAH (c.g.c) 2 2 SΔCBH SΔCBH  BC   BC  2 2 = 4  = (gt)    , mà S  = 4 nên BC = (2AE) SΔEAH  AE  AE ΔEAH    BC = 2AE  E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.5 0.5 0.5 Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:  AD AM AD CN =  = CN MN AM MN 0.5 Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: 3 (2.0 điểm)  MN MC AB MC AD MC =  = = hay AN AB AN MN AN MN 2 2 2 0.5 2 AD   AD   CN   CM  CN 2 + CM 2 MN 2   + = + = = =1        MN 2 MN 2  AM   AN   MN   MN  0.5 (Pytago) 2 2 1 1 1 AD   AD     +  = 1  AM 2  AN 2  AD 2  AM   AN  (đpcm) 0.5 Câu 5 2 điểm Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có a 2 b2 c 2  a  b  c     x y z x yz a b c   Dấu “=” xảy ra  x y z Thật vậy, với a, b  R và x, y > 0 ta có a 2 b2  a  b    x y x y   Dấu “=” xảy ra  a 2 2 2 (**) y  b 2 x   x  y  xy  a  b   bx  ay  2 (*) 2 0.75 0 (luôn đúng) a b  x y Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có 2 2.0 điểm 2 a 2 b2 c2  a  b  c2  a  b  c       x y z x y z xyz a b c   Dấu “=” xảy ra  x y z 1 1 1 2 2 2 1 1 1 Ta có:  3  3  a  b  c 3 a (b  c) b (c  a ) c ( a  b) ab  ac bc  ab ac  bc Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 2 1 1 1 Mà   3 nên a b c Vậy 1 1 1 2 2 2 3 a  b  c  ab  ac bc  ab ac  bc 2 1 1 1 3  3  3  a (b  c ) b (c  a) c ( a  b) 2 3 (đpcm) Điểm toàn bài 0.5 2  1 1 1  1 1 1 1 1 1         2 2 2 a b c a b c  a b c     ab  ac bc  ab ac  bc 2(ab  bc  ac )  1 1 1 2    a b c 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 Hay a  b  c      ab  ac bc  ab ac  bc 2  a b c  (Vì abc 1 ) 0.25 0.25 0.25 (20 điểm) Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm. TRƯỜNG THCS NAM ĐÀ §Ò thi th«ng tin chän häc sinh giái líp 8 n¨m häc 2008 – 2009 Họ tªn : ........................................... Líp :……... M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) C©u 1 ( 2,0 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh : x(x+2)(x2+2x+5) = 6 C©u 2 : ( 4,0 ®iÓm) a) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc : A = x8 – 31x7 + 31x6 – 31x5 +31x4 – 31x3 + 31x2 – 31x + 27 víi x = 30 b) Cho a - b = 4 tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc B = a3 – 12ab - b3 C©u 3 : ( 2,0 ®iÓm) Rót gän ph©n thøc : 2a 3  7 a 2  12a  45 3a 3  19a 2  33a  9 C©u 4 : ( 3,5 ®iÓm) Mét ngêi ®i mét n÷a qu·ng ®êng tö A ®Õn B víi vËn tèc 15km/h , vµ ®i phÇn cßn l¹i víi vËn tèc 30km/h . TÝnh vËn tèc trung b×nh cña ngêi ®ã trªn toµn bé qu·ng ®êng AB . C©u 5 : ( 2,0 ®iÓm) Chøng minh r»ng : a) S  a2  b2 víi S lµ diÖn tÝch cña tam gi¸c cã ®é dµi hai c¹nh b»ng a , b . 4 C©u 6 :( 6,5 ®iÓm) Cho tam gi¸c IKP c©n t¹i A cã KP = 4 cm , M lµ trung ®iÓm cña KP lÊy D, E thø tù ˆ Kˆ . thuéc c¸c c¹nh IK , IP sao cho DME a) Chøng minh r»ng tÝch KD . PE kh«ng ®æi . b) Chøng minh r»ng DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc KDE . c) TÝnh chu vi  IED nÕu  IKP lµ tam gi¸c ®Òu . ------------- ------------( Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm ) híng dÉn chÊm thi m«n to¸n kú thi th«ng tin chän häc sinh giái líp 8 THCS n¨m häc 2008-2009 C©u 1 (4,0 ®iÓm) Tãm t¾t lêi gi¶i §iÓm a) Ta cã A = x6 – 19x5 + 19x4 – 19x3 +19x2 – 19x + 25 = x5 ( x – 18 ) – x4( x- 18 ) + x3 ( x-18) – x2( x-18) + x(x- 18) - ( x – 18 ) + 7 Do ®ã víi x = 18 th× gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = 7 . b) Víi x+y = 1 ta cã : B = ( x3 + y3 )+ 3xy = ( x +y ) ( x2 - xy +y2) + 3xy = x2 +2xy +y2 = ( x+y )2 = 1 1,00 1,00 1,00 1,00 C©u 2 (4,0 ®iÓm) Tãm t¾t lêi gi¶i 3 2 §iÓm 2 (2 x  5 x )  (12 x  30 x)  (18 x  45) 2 x  7 x  12 x  45 = = (3x 3  x 2 )  (18x 2  6 x )  (27 x  9) 3x 3  19 x 2  33 x  9 x 2 (2 x  5)  6 x(2 x  5)  9(2 x  5) (2 x  5)( x 2  6 x  9) (2 x  5)( x  3) 2 = 2 = = x (3x  1)  6 x(3x  1)  9(3x  1) (3 x  1)( x 2  6 x  9) (3 x  1)( x  3) 2 3 2 a) ta cã = 2x  5 3x  1 0,50 0.50 b) Gi¶i ph¬ng tr×nh : (x2-x+1)(x2-x+2) = 12 (1) 2 §Æt t = x -x+1 thay vµo ph¬ng tr×nh (1) ta ®îc pt : t ( t+1 ) = 12  t2 + t – 12 = 0  ( t2 - 3t ) + (4t – 12) = 0  t( t - 3) + 4(t – 3) = 0  (t - 3) (t+ 4) = 0  t = 3 hoặc t = - 4 2 - Víi t = 3 => x -x+1 = 3  x2-x-2 = 0  x2-2x + x -2 = 0  x(x-2) + (x -2 ) = 0  (x-2) (x +1 ) = 0  x = 2 hoặc x = - 1 - Víi t = - 4 => x2-x+1 = - 4  x2-x + 5 = 0  ( xv« nghiÖm v× ( x- 1,00 1 2 19 ) + = 0 ph¬ng tr×nh nµy 2 4 0.50 0.75 0.25 1 2 19 ) + > 0 víi mäi x . 2 4 VËy ph¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm lµ : x = 2 , x = -1 0.25 0.25 C©u 3 : ( 4,5 ®iÓm ) Gäi vËn tèc mµ « t« dù ®Þnh ®i tõ A ®Õn B lµ : x ( ®iÒu kiÖn : x(km/h ) , x > 6 ). Ta cã : VËn tèc « t« ®i n÷a ®Çu qu·ng ®êng lµ : x+10 ( km/h ) VËn tèc « t« ®i n÷a sau qu·ng ®êng lµ : x – 6 (km/h ) 30 Thêi gian « t« ®i n÷a ®Çu qu·ng ®êng lµ : (h) x  10 30 Thêi gian « t« ®i n÷a sau qu·ng ®êng lµ : (h) x 6 60 Thêi gian « t« ®i qu·ng ®êng tõ A ®Õn B lµ : (h) x 30 30 60  Ta cã ph¬ng tr×nh : + = x  10 x  6 x x( x  6) x( x  10) 2( x  10)( x  6) + = x( x  10)( x  6) x( x  10)( x  6) x( x  10)( x  6) 2 2 2 => x – 6x + x + 10x = 2x + 8x – 120  x2 – 6x + x2 + 10x - 2x2 - 8x = -120  4x = 120  x = 30 ( km/h ) 60 VËy thêi gian « t« dù ®Þnh ®i qu·ng ®êng AB lµ : = 2 ( giê ) 30 0.50 1.00 0.75 0.75 0.50 0.50 0.50 C©u 4 (3,5 ®iÓm) Tãm t¾t lêi gi¶i HS vÏ h×nh vµ ghi GT,KL ®óng §iÓm A D H I B 0.5 E K C M ˆ DME ˆ  CME ˆ , mÆt kh¸c DMC ˆ Bˆ  BDM ˆ , mµ DME ˆ Bˆ nªn a) Ta cã DMC ˆ BDM ˆ . CME Do ®ã  BDM vµ  CME ®ång d¹ng ( gg ) . BD BM  => => BD . CE = CM . BM = a . a = a2 CM CE VËy tÝch BD . CE lu«n kh«ng ®æi . b)  BDM vµ  CME ®ång d¹ng cßn suy ra : DM BD  ME CM => DM BD  ME BM 0.50 0.50 ( v× CM = BM ) ˆ BDM ˆ hay DM lµ tia ph©n gi¸c Do ®ã  DME vµ  DBM ®ång d¹ng => MDE 0.50 cña gãc BDE . c) Tõ c©u b suy ra DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BDE , EM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CED . KÎ MH  DE , MI  AB , MK  AC . Ta cã DH = DI , EH = EK , do ®ã chu vi  AED b»ng AI + AK = 2AK . Ta l¹i cã CK = MC a  , AC = 2a nªn AK = 1,5a . 2 2 0.50 0.50 VËy chu vi tam gi¸c ADE b»ng 3a . 0.50 C©u 5 : HS vÏ h×nh vµ ghi GT,KL ®óng B A 0.50 a h d b D c C a) Gäi h lµ chiÒu cao t¬ng øng víi c¹nh a , ta cã S = 1 ah . 2 => 4S = 2ah  2ab  a2 + b2 . VËy S  2 0.50 2 a b . 4 DÊu b»ng x¶y ra  h = b , a = b   ABC vu«ng c©n a2  b2 c2  d 2  b) Theo c©u a ta cã : SABC ; SADC 4 4 2 2 2 2 a b c d a 2  b2  c 2  d 2  Mµ S = SABC + SADC => S  => S  . 4 4 4 DÊu b»ng x¶y ra   ABC vu«ng c©n ë B ,  ACD vu«ng c©n ë D   ABCD lµ h×nh vu«ng . 0.50 0.50 0.50 0.50 0.50 0.50 Lu ý : NÕu thÝ sinh lµm theo c¸ch kh¸c ®óng ®Çy ®ñ chÝnh x¸c còng ®îc ®iÓm tèi ®a trêng Thcs Ninh d¬ng §Ò thi chän läc häc sinh giái Líp 8 thcs n¨m häc 2008- 2009 ------------------------------ ----------***--------- ®Ò thi chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi : 150 phót C©u 1: a) T×m c¸c sè nguyªn m, n tho¶ m·n m n2  n 1 n 1 b) §Æt A = n 3 + 3n2 + 5n + 3 . Chøng minh r»ng A chia hÕt cho 3 víi mäi gi¸ trÞ nguyªn d¬ng cña n. c) NÕu a chia 13 d 2 vµ b chia 13 d 3 th× a2+b2 chia hÕt cho 13. C©u2 : Rót gän biÓu thøc: a) A= bc (a  b)( a  c ) ca (b  c)(b  a ) + + ab (c  a )(c  b) 6 b) B= 1  6 1   x   x  6  2 x  x   3 1 1  3 x  x  3 x x  C©u 3: TÝnh tæng: S = 1 1.3 + 1 3.5 + 1 5.7 +…+ 1 2007.2009 C©u 4: Cho 3 sè x, y, z, tho¶ m·n ®iÒu kiÖn xyz = 2009. Chøng minh r»ng biÓu thøc sau kh«ng phô thuéc vµo c¸c biÕn x, y, z : 2009 x y z   xy  2009 x  2009 yz  y  2009 xz  z  1 C©u 5: Gi¶i ph¬ng tr×nh: 59  x 57  x 55  x 53  x 51  x      5 41 43 45 47 49 C©u 6: Cho tam gi¸c ®Òu ABC , gäi M lµ trung ®iÓm cña BC . Mét gãc xMy b»ng 600 quay quanh ®iÓm M sao cho 2 c¹nh Mx , My lu«n c¾t c¹nh AB vµ AC lÇn lît t¹i D vµ E . Chøng minh : a) BD.CE= BC 2 4 b) DM,EM lÇn lît lµ tia ph©n gi¸c cña c¸c gãc BDE vµ CED. c) Chu vi tam gi¸c ADE kh«ng ®æi. §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm C©u 1 S¬ lîc lêi gi¶i a, Thùc hiÖn chia n2  n 1 m = n 1 n+ BiÓu ®iÓm 1 n 1 §Ó m nguyªn víi n nguyªn khi n + 1 lµ íc cña 1 Hay n + 1 1; -1 . Khi ®ã : n+1 = 1  n = 0 Z ( t/m) n+ 1 = -1  n = -2  Z (t/m) Víi n = 0  m = 1 . Víi n = -2  m = - 3 . VËy ... b, A = n3 + 3n2 + 3n +1 + 2n +2 = (n+ 1) 3 +2(n+1) = .. = n ( n +1) (n+ 2) + 3( n+1) Khi ®ã : 3(n+1) chia hÕt cho 3 n( n +1) (n+ 2) lµ tÝch cña 3 sè nguyªn d¬ng liªn tiÕp nªn tån t¹i .. c, a = 13k +2, b= 13n +3 a2+b2 = ( 13k +2 )2 + ( 13n+ 3) 2 =....= 13( 13k2 +4k +13 n2 +4n +1) 2 a, A = 1, b, B = 3 S= 4 3( x  1 ) x xy.xz 1 5 6 z 1  z  zx = 1  z  xz 1  z  zx Tõ ®ã suy ra 2 1 0.5 100. 0,5 y A 2.5 x E b, Chøng minh BMD va MED ®ång d¹ng ˆ D ˆ D 1 2 0.5 0.5 1 4 0.5 VÏ h×nh a,Chøng minh BMD ®ång d¹ng CEM BC 2 BD.CE= 4 0.5 = 1. 59  x 57  x 55  x 53  x 51  x 1  1  1  1   1 0 41 43 45 47 49 1 1 1 1 1 ...... (100 – x) ( 41  43  45  47  49 ) = 0 1 1 1 1 1  100- x = 0 ( v× ( 41  43  45  47  49 ) >0  x = BC ... V× BM=CM= , nªn ta cã 2 0.5 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1004 (1     .....   )  (1  ) 2 3 3 5 2007 2009 2 2009 2009 2009 x y z 2009  2009 x  xy + xyz  y  yz + 1  z  zx = xy( xz  z  1) + 1  z  zx + 0.5 0.5 D 1 B 2 1 2 3 C , do ®ã DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BDE M Chøng minh t¬ng tù ta cã EM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CED c, Gäi H, I, K lµ h×nh chiÕu cña M trªn AB, DE, AC Chøng minh DH = DI, EI = EK. Chu vi b»ng 2.AH . KÕt luËn. Chó ý: Cã nhiÒu c¸ch kh¸c nhau , nhng cã chung 1 kÕt qu¶. ĐỀ THI HSG LỚP 8 Năm học 2010 – 2011 1.5 1.5  x2 Bài 1: Cho biểu thức M =  x 3   4x  6 1    6  3x x  2   :  x   2 10  x 2 x2    a) Rút gọn M b)Tính giá trị của M khi x = 1 2 Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử. b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0. Bài 3: a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : A = x2 - 2xy + 2y2 - 4y + 5 b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau : B= 3( x  1) x  x 2  x 1 3 Bài 4: Cho hình bình hành ABCD . Với AB = a ; AD = b. Từ đỉnh A , kẻ một đường thẳng a bất kỳ cắt đường chéo BD tại E, cắt cạnh BC tại F và cắt tia DC tại G. a) Chứng minh: AE2 =EF.EG b) Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi. Bài 5. Chứng minh rằng nếu x 2  yz y 2  xz  Với x(1  yz ) y (1  xz ) x y ; xyz 0 ; yz 1 ; xz  1. Thì : xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) Giải Bài 1: a) Rút gọn M  x2 6 1   10  x 2  x  2    M=  x 3  4 x 6  3x x  2  :  x2    M = (x   6 x2 . 2)( x  2) 6 = 1 2 x   x2 6 1   =       x( x  2)( x  2) 3( x  2) x  2  6 : x2 b)Tính giá trị của M khi x = 1 2 Với x = 1 2 x= 1 2 = 1 hoặc x = - 2 1 1 2 Với x = - x 1 2 ta có : M = 2  1 = 3 = 3 1 2 ta có : M 2 2 1 1 = 2 1 = 5 2 2 2 =5 Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử. Ta có : A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2)2 - (2bc)2 = ( b2 + c2 - a2-2bc)( b2 + c2 - a2+2bc) = (b+c -a) (b+c+a) (b-c-a) (b-c+a) b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0. Ta có: (b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác) (b+c +a) >0 ( BĐT trong tam giác) (b-c -a) <0 ( BĐT trong tam giác) (b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác) Vậy A< 0 Bài 3: a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau : A = x2 - 2xy + 2y2 - 4y + 5 Ta có : A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y +4 + 1 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 1 Do (x-y)2 0 ; (y - 2)2  0 Nên A= (x-y)2 + (y - 2)2 + 1 1 Dấu ''='' xãy ra  x = y và y = 2 Vậy GTNN của A là 1  x = y =2 b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau : 3( x  1) 3( x  1) 3( x  1) 3 = x 2 ( x  1)  x  1 = ( x 2  1)( x  1) = 2 2 x 1 x  x  x 1 3 3. Dấu ''='' xãy ra  x = 0 Do x2 +1>0 nên B = 2 x 1 B= 3 Vậy GTLN của B là 3  x = 0 Bài 4: a) Chứng minh: AE2 =EF.EG Do AB//CD nên ta có: EA EB  EG ED AB = DG B E F (1) Do BF//AD nên ta có: EF EB  EA ED Từ (1) và A AD = FB (2) EA EF (2)  EG  EA Hay D C AE2 = EF. EG b). CMR khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi. Từ (1) và (2)  AB FB  DG AD Hay BF.DG = AB.AD = ab (không đổi) G Bài 5: Chứng minh rằng nếu 1. Thì : x 2  yz y 2  xz  Với x (1  yz ) y (1  xz ) x y ; xyz 0 ; yz 1 ; xz  xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) Từ GT  (x2 -yz)y(1-xz) = x(1- yz)(y2 - xz)  x2y- x3yz-y2z+xy2z2 = xy2 -x2z - xy3z +x2yz2 x2y- x3yz - y2z+ xy2z2 - xy2 +x2z + xy3z - x2yz2 = 0 xy(x-y) +xyz(yz +y2- xz - x2)+z(x2 - y2) = 0 xy(x-y) - xyz(x -y)(x + y +z)+z(x - y)(x+y) = 0 (x -y)  xy  xyz( x  y  z )  xz  yz  = 0 Do x - y 0 nên xy + xz + yz - xyz ( x + y + z) = 0 Hay xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) (đpcm)     Hoàng Minh NGụ phßng gd & ®t tam d¬ng ®Ò chÝnh thøc Trường trung học cơ sở Phong Bắc §Ò thi chän häc sinh giái líp 8 n¨m häc 2008-2009 M«n thi: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót – Kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò Bµi 1. §a thøc bËc 4 cã hÖ sè bËc cao nhÊt lµ 1 vµ tho¶ m·n f(1) = 5; f(2) =11; f(3) = 21. TÝnh f(-1) + f(5). Bµi 2. a)T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn n sao cho : n 4+ 2n3 + 2n2+ n +7 lµ sè chÝnh ph¬ng. b)T×m nghiÖm nguyªn cña cña ph¬ng tr×nh x2+ xy+y2=x2y2 Bµi 3. Chøng minh r»ng : (x-1)(x-3)(x-4)(x-6) + 10 > 0 víi mäi x Bµi 4. a) Cho tam gi¸c ABC gäi M,N lÇn lît lµ trung ®iÓm cña BC, AC. Gäi O,H,G lÇn lît lµ giao ba ®êng trung trùc, ba ®êng cao, ba ®êng trung tuyÕn cña tam gi¸c ABC. TÝnh tØ sè GH : GO b)Cho h×nh thang ABCD cã hai ®¸y AB = 2a, CD= a, H·y dùng ®iÓm M trªn ®êng th¼ng CD sao cho ®êng th¼ng AM c¾t h×nh thang lµm hai phÇn cã diÖn tÝch b»ng nhau. Bµi 5. Cho x 0,y 0,z 0 vµ x+y+ z =1 Chøng minh r»ng xy+yz+zx-2xyz  7 27 ------------- Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm -------------- Phßng GD-§T Tam D¬ng Híng dÉn chÊm chän Hoc sinh giái líp 8 : 2008-2009 M«n: To¸n C C©u §iÓm toµn bµi 1 2 ®iÓm Néi dung §iÓm thµnh phÇn 0,5 NhËn xÐt: g(x) = 2x2 + 3 tho¶ m·n g(1) = 5; g(2) = 11; g(3) = 0,5 21. Q(x) = f(x) - g(x) lµ ®a thøc bËc 4 cã 3 nghiÖm x = 1,x = 2, x = 0,5
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan