Đề+ĐA HSG Toán 8

Nếu đổi vị trí chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị thì được một sô có hai chữ số nhỏ hơn số ban đầu là 45.. Gọi M là trung điểm AB.. Chứng minh rằng: a, ΔHOD đồng dạng ΔOGB.HOD đồng d

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUỲNH LƯU

KIỂM TRA HỌC SINH XẾP LOẠI HỌC LỰC GIỎI

Năm học 2009-2010

Môn: Toán 8 - Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1: (3,0 điểm)

a, Tìm số tự nhiên có hai chữ số chia hết cho 3 Nếu đổi vị trí chữ số hàng chục và chữ số hàng đơn vị thì được một sô có hai chữ số nhỏ hơn số ban đầu là

45

b, Với n là số tự nhiên, chứng minh rằng n5 và n có chữ số tận cùng bằng nhau

Câu 2: (2,0 điểm) Cho a + b = x + y; a2 + b2 = x2 + y2

Chứng minh rằng: a2010 + b2010 = x2010 + y2010

Câu 3: (2,0 điểm)

a, Giải phương trình: x4 x3 2x 4 0

b, Giải hệ phương trình:

2

3





Câu 4: (2,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, O là giao điểm của hai đường chéo.

Vẽ góc xOy = 450 sao cho Ox cắt BC tại G (G nằm giữa B, C) Oy cắt DC tại H (H nằm giữa D, C) Gọi M là trung điểm AB

Chứng minh rằng:

a, ΔHOD đồng dạng ΔOGB.HOD đồng dạng ΔHOD đồng dạng ΔOGB.OGB

b, GM // AH

Câu 5: (1,0 điểm) Cho ΔHOD đồng dạng ΔOGB.ABC biết góc A bằng 2 lần góc B và bằng 4 lần góc C.

Hết

B M

A

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUỲNH LƯU

HƯỚNG DẪN CHẤM

Kiểm tra HS học lực giỏi - Năm học 2009-2010

Môn: Toán Lớp 8

1 a) Gọi số cần tìm là ab

ta có ab ba  45  (10a b ) (10  b a ) 45   a b  5(*)

mà ab 3  a b  3  a b  3; 6;9;12;15;18(**)

Từ (*) và (**) suy ra a + b = 9; 15

Với a b a b 59 b a27

Với 5 10 vô lý

15

a b

a

a b

 



 



 

 Vậy số phải tìm là 72

b) Xét n5 – n = n(n4 – 1) = n(n2 + 1)(n – 1)(n + 1)

= n(n2 – 4 + 5)(n – 1)(n + 1)

= (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n +2) – 5n(n – 1)(n + 1)

Vì (n – 2)(n – 1)n(n + 1)(n +2)10, 5n(n – 1)(n + 1) 10

Suy ra điều phải chứng minh

0,5

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5

2 Từ a + b = x + y (*)

 a – x = y – b

Mặt khác a2 + b2 = x2 + y2

 a2 – x2 = y2 – b2  (a + x)(a – x) = (y + b)(y – b)

 (a + x)(a – x) = (y + b)(a – x)

 0(**)

(***)

a x

a x b y

 





  



a x

  







a x b y

  



       



  

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh

0,5

0,5

0,5

0,5

3 a, x 4 + x 3 + 2x -4 =0  (x - 1)(x + 2)(x 2 + 2) = 0 => x=1 hoặc x = -2

b,

2

3

1 0







4 1

y y









2 4 0

2

y

y





+) Với y   2 x  1, z  1

+) Với y  2  x  1, z  1

1

1

G

D

1

4 a,  HOD +  O 1 =135 0

 OGB +  O 1 =135 0 nên 

HOD =  OGB

->ΔHOD đồng dạng ΔOGB.HOD đồng dạng ΔHOD đồng dạng ΔOGB.OGB (g.g)

b, từ câu a, suy ra :

HD DO

OB BG đặt BM = a

Thì AD = 2a , OB = OD = a 2

Ta có HD.BG = OB.OD = a 2 a 2 =2a.a =AD.BM

=>HD AD BM BG => ΔHOD đồng dạng ΔOGB.AHD đồng dạng với ΔHOD đồng dạng ΔOGB.GMB(c.g.c)

=>  AHD =  GMB do đó  HAB =  GMB => MG // AH

1

1

5 Gọi D là giao điểm của AB

với đường trung trực của đoạn BC.

Khi đó ta có:

ΔBCD cân tại D, ΔHOD đồng dạng ΔOGB.ACD cân tại C

AB AB

DB DC CA

Do CA là phân giác

AB AD AB AD

BC DC BC DB

=DB) (2)

Cộng theo vế (1) và (2) ta được:

1 1 1 1

AB AB AB AD

ACBC DB DB   ACBC AB

1

D

C B

A

2

3

4