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 nZ .
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
ca
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 nZ .
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=
yz
xz
xy
;b
;c
;
2
2
2
Thay vào ta được A=
yz xz 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)
bc
ca
a b
0,5đ
áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có
(a b)(a c) (b a )(b c)
2(a b)
bc
ca
(a b)(a c) (c a)(c b)
2( a c)
bc
a b
(b a)(b c ) (c a )(c b)
2(b c )
ac
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)
xz
a 2
a b c x
x y
Đặt: b c a y b
2
a c b z
yz
c 2
2
(2.0 điểm)
Khi đó, ta có:
xz x y yz 2 yz xz x y 2 1
2
.y
.x ( x y )( x y ).z
2 2
2
2 2
2
4
xz x z 2 yz 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 yz
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
xyz
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
x2
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 :
x2
M = (x
6
x2
.
2)( x 2) 6
=
1
2 x
x2
6
1
=
x( x 2)( x 2) 3( x 2) x 2
6
: x2
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 -