129 đề hsg toán 8 hoài nhơn 2012 2013

Mỗi câu trả lời đúng thì được cộng 5 điểm; ngược lại, mỗi câu trả lời sai thì bị trừ 2 điểm.. Qua cuộc thi, những học sinh đạt từ 30 điểm trở lên thì được thưởng.. Hỏi: Mỗi học sinh được

UBND HUYỆN HOÀI NHƠN

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2012-2013

Môn: TOÁN 8 Bài 1 (4 điểm)

a) Cho a2    Tính giá trị của biểu thức a 1 0.

2013

2013

1

P a

a

b) Cho hai số ,x y thỏa mãn: x2 x y2 2 2y và 0 x32y2  4y 3 0

Tính giá trị của biểu thức Q x 2  y2

Bài 2 (5 điểm)

a) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên x y thỏa mãn: 2 5 624;  x y

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên x y thỏa mãn:; 

2

10x 50y42xy14x 6y57 0

Bài 3 (4 điểm)

a) Tìm số tự nhiên n sao cho số A n 2   là số chính phương.n 6

b) Trong một cuộc thi “Đố vui để học”, mỗi học sinh tham gia thi phải trả lời 10 câu hỏi Mỗi câu trả lời đúng thì được cộng 5 điểm; ngược lại, mỗi câu trả lời sai thì

bị trừ 2 điểm Qua cuộc thi, những học sinh đạt từ 30 điểm trở lên thì được

thưởng Hỏi: Mỗi học sinh được thưởng thì phải trả lời đúng ít nhất bao nhiêu câu hỏi

Bài 4 (3 điểm)

Cho tam giác ABC vuông ở A có AM là phân giác M BC Đường thẳng qua M và

vuông góc với BC cắt đường thẳng AB tại N Chứng minh rằng MN MC

Bài 5 (4 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 20 cm Trên cạnh CD lấy điểm.

M Đường thẳng vuông góc với BM tại M cắt AD tại N.

a) Cho MC 15 cm Tính diện tích tam giác BMN

b) Xác định vị trí của M trên cạnh CD để ND có độ dài lớn nhất

ĐÁP ÁN Bài 1.

a) Từ a2    với a 1 0 a  ta có: 1 a 1 a2 a 1  0 a3 1 0  a3 1

Ta lại có a2013  a3 671

Do đó:

 

 

671

671

1 1 2

b) Từ

2

2

1

y

y



 2

x  y  y   x   y   x

Từ (1) và (2) x 1 x2 1

x   y  y   y   y 

Vậy Q x 2  y2   1 1 2

Bài 2.

a) Ta có: 2x 5y  624 2x 624 5 y(*)

+Xét x  ta có: 5 6250, y   y4

+Xét x  và x  ta có VT(*) là số chẵn còn vế phải (*) là số lẻ, Vô lý0

Vậy x y ;  0;4

b) Ta có:

Vì

 

 

2 2

2

x y

x

y









 và ,x y nên 3x7y2 x72y 32 0

3 7 2  72  32 0 7

3

x

y









Bài 3.

a) Giả sử Alà số chính phương, suy ra tồn tại số k  sao cho :

2k2 2n 12 23 2k 2n 1 2  k 2n 1 23 (*)

Do ,k n nên dễ thấy 2 k n  và 21 k 2n là các số nguyên1 Ngoài ra 23 0 và 2k 2n 1 1;2k  2n 1 2k 2n1

Suy ra 1 2 k  2n 1 2 k 2n1

Căn cứ các lập luận trên và 23là số nguyên tố nên từ (*) suy ra







Với n  thì 5 A 36 6 là số chính phương2

Vậy n  là số tự nhiên cần tìm5

b) Gọi x là số câu trả lời đúng ( x nguyên và 0 x 10)

Số câu trả lời sai là :10 x

Số điểm được cộng là 5x

Số điểm bị trừ là 2 10 x  

Nếu được thưởng thì phải đạt từ 30 điểm trở lên Nên ta có:

 

5x 2 10 x 30

Giải bất phương trình trên ta được: x8( )tm

Vậy để được thưởng học sinh phải trả lời đúng ít nhất 8 câu hỏi

Bài 4.

K H

N

M

A

Kẻ MH AB tại H , MK ACtại K AHMKlà hình vuông  MH MK (1)

Ta có: MCA MNA  (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) (2)

Từ (1) và (2)  MHN MKC ch cgv    MN MC

Bài 5

N

C D

M

a) Hai tam giác vuông BCM và MDN có:

CBM DMN (cùng phụ với BMC )

 

 

(*)

15 20 15

3,75 20

20 3,75 16,25

MC MD

BC





Ta có: SBMN S ABCD S BCM  S DMN  S ABN

20 20.15 5.3,75 20.16,25 78,125( )

b) Đặt MC x 0 x 20

Từ  * . 20 

20

MC MD ND

BC



x

 Độ dài ND lớn nhất là ND5cmkhi x  hay M là trung điểm của CD10

Vậy để độ dài ND lớn nhất thì vị trí của M là trung điểm của CD.