Đề thi học sinh giỏi huyện Việt Yên môn toán 8 năm 2012 - 2013(có đáp án)

Chứng minh rằng 2a, 2b có giá trị nguyên... *Chú ý :Học sinh có thể giải cách khác, nếu chính xác thì hưởng trọn số điểm câu đó... Giải phương trình sau: 2.. 6,0 điểm Cho hình vuông AB

PHÒNG GD&ĐT TP BẮC NINH Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam Trường THCS Đáp Cầu Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

ĐỀ THI HSG CẤP TRƯƠNG MÔN :TOÁN LỚP 8 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1(2 điểm): Tìm x biết:

a) x2 – 4x + 4 = 25

1004

1 x 1986

21 x 1990

17 x













c) 4x – 12.2x + 32 = 0

Bài 2 (1,25 điểm): Cho x, y, z đôi một khác nhau và 0

z

1 y

1 x

1





Tính giá trị của biểu thức:

xy 2 z

xy xz

2 y

xz yz

2 x

yz













Bài 3 (1,5 điểm): Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng

khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ

số hàng đơn vị , ta vẫn được một số chính phương

Bài 4 (4 điểm): Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’,

H là trực tâm a) Tính tổng

' CC

' HC ' BB

' HB ' AA

' HA





b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của góc AIC và góc AIB Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM

' CC ' BB ' AA

) CA BC AB (

2 2

2

2











Bài 5 (1,25 điểm)a/ Cho đa thức f(x) = ax2 + bx + c, với a, b, c là các số hữu tỉ Biết rằng f(0), f(1), f(2) có giá trị nguyên Chứng minh rằng 2a, 2b

có giá trị nguyên

b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của:A =

1 2 2

6 8 2 3









x x

x x

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

TOÁN 8

 Bài 1(2 điểm):

a) Tính đúng x = 7; x = -3 ( 1/2 điểm )

b) Tính đúng x = 2007 ( 1/2 điểm )

c) 4x – 12.2x +32 = 0 2x.2x – 4.2x – 8.2x + 4.8 = 0 ( 0,25điểm )

2x(2x – 4) – 8(2x – 4) = 0 (2x – 8)(2x – 4) = 0 ( 0,25điểm )

(2x – 23)(2x –22) = 0 2x –23 = 0 hoặc 2x –22 = 0 ( 0,25điểm )

 2x = 23 hoặc 2x = 22  x = 3; x = 2 ( 0,25điểm )

 Bài 2(1,25 điểm):

0 z

1 y

1 x

1





xyz

xz yz xy















( 0,25điểm )

x2+2yz = x2+yz–xy–xz = x(x–y)–z(x–y) = (x–y)(x–z) ( 0,25điểm )

Tương tự: y2+2xz = (y–x)(y–z) ; z2+2xy = (z–x)(z–y) ( 0,25điểm )

) y z )(

x z (

xy )

z y )(

x y (

xz )

z x )(

y x (

yz A

















( 0,25điểm )

Tính đúng A = 1 ( 0,25 điểm )

 Bài 3(1,5 điểm):

Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d N, 0a,b,c,d  9,a  0 (0,25điểm)

Ta có: abcd k2 (a1)(b3)(c5)(d3)m2

abcd k2

với k, mN, 31 k  m 100 (0,25điểm)



abcd1353m2

(0,25điểm) Do đó: m2–k2 = 1353  (m+k)(m–k) = 123.11= 41 33 ( k+m < 200 )

(0,25điểm) m+k = 123 m+k = 41 m–k = 11 m–k = 33

m = 67 m = 37 k = 56 k = 4

(0,25điểm)

Kết luận đúng abcd = 3136

(0,25điểm)

 Bài 4 (4 điểm): Vẽ hình đúng

(0,25điểm) a) ' AA ' HA BC ' AA 2 1 BC ' HA 2 1 S S ABC HBC   ;

(0,25điểm) Tương tự: ' CC ' HC S S ABC HAB  ; ' BB ' HB S S ABC HAC 

(0,25điểm) 1

S S S S S S ' CC ' HC ' BB ' HB ' AA ' HA ABC HAC ABC HAB ABC HBC      

(0,25điểm)

b) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC:

AI IC MA CM ; BI AI NB AN ; AC AB IC BI   

(0,5điểm )

AM IC BN CM AN BI 1 BI IC AC AB AI IC BI AI AC AB MA CM NB AN IC BI     

c)Vẽ Cx CC’ Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx

(0,25điểm) -Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’

(0,25điểm)   (0,5điểm ) (0,5điểm )

hoặc

hoặc

- Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD BC + CD (0,25điểm)

-BAD vuông tại A nên: AB2+AD2 = BD2  AB2 + AD2  (BC+CD)2 (0,25điểm)

AB2 + 4CC’2  (BC+AC)2 4CC’2  (BC+AC)2 – AB2 Tương tự: 4AA’2  (AB+AC)2 – BC2

4BB’2  (AB+BC)2 – AC2 (0,25điểm)

-Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2)  (AB+BC+AC)2

4 ' CC '

BB '

AA

) CA BC AB (

2 2

2

2











(0,25điểm)

(Đẳng thức xảy ra  BC = AC, AC = AB, AB = BC  AB = AC

=BC  ABC đều)

Bài 5: (1,25 điểm)

a/ Có f(0) = c; f(1) = a + b + c; f(2) = 4a + 2b + c là các số nguyên (0,25 điểm)

=> a + b + c - c = a + b nguyên => 2a + 2b nguyên => 4a + 2b nguyên

=> (4a + 2b) - (2a + 2b) = 2a nguyên => 2b nguyên Vậy 2a, 2b nguyên.(0,25 điểm)

b/ Có A =

2 ) 1 (

1 1

2 3 2

) 1 (

1 ) 1 ( 2 ) 1 2 2 ( 3























x x

x

x x

x

(0,25 điểm)

Đặt y =

1

1



x => A = y

2 – 2y + 3 = (y – 1)2 + 2  2 (0,5 điểm)

=> min A = 2 => y = 1 1

1

1







x => x = 2

điểm)

B

A

C I

B’

H N

x

A’

C’

M

D B

A

C I

B’

H N

x

A’

C’

M

D



*Chú ý :Học sinh có thể giải cách khác, nếu chính xác thì hưởng trọn

số điểm câu đó

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề thi có 01 trang

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)

2 Rút gọn biểu thức sau:

Câu 2 (4,0 điểm)

1 Giải phương trình sau:

2

(2x  x 2013)  4(x  5x 2012)  4(2x  x 2013)(x  5x 2012)

x  2x  3x  2  y

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 2dư 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 c a b a b c   b a c a  c b

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

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho a b c, , là ba số dương thoả mãn abc 1 Chứng minh rằng :

a b c b c a c a b 

-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)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

NGÀY THI … /4/2013 MÔN THI: TOÁN LỚP 8

Bản hướng dẫn chấm có 04 trang

1

(2.0 điểm)

0,5

2

(2.0 điểm)

2

x x











0.25

Ta có

0.25

0.25

0.5

.

2

x x



2

x x











1

(2.0 điểm)

Đặt:

2

2







0.25

Phương trình đã cho trở thành:

0.5

Khi đó, ta có:

2011

11

11

2

(2.0 điểm) Ta có

2

(x 2) y 4x 9x 6 2x 0 y x 2

Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0.25 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)

0.5

1

(2.0 điểm)

Giả sử f(x) chia cho 2

4

x  được thương là 5x và còn dư là ax b

Theo đề bài, ta có:

7

2

17

b



0.5

2

2

2

(2.0 điểm)

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)

Đặt:

2 2 2

a

c









  







0.25

Khi đó, ta có:

(1)

1

0.5

(1)

1

(2.0 điểm)

AB = AD ( gt) BAF = ADM = 90 0 (ABCD là hình vuông)  ΔADM = ΔBAF(g.c.g)

0.75

=> DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên AE = DM

Lại có AE // DM ( vì AB // DC )

0.5 Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành

2

(2.0 điểm)

Ta có ΔABH ΔFAH (g.g)

=

Lại có HAB = HBC (cùng phụ ABH)

2 ΔCBH

ΔEAH

=

ΔEAH

S

= 4

2

BC

= 4 AE

 BC = 2AE  E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD

0.5

3

(2.0 điểm)

Do AD // CN (gt) Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:

 AD = AM

=

Lại có: MC // AB ( gt) Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:



(Pytago)

0.5



Câu 5 2 điểm

N M

H

F

B

2.0 điểm

2 2 2  2

 

  (*)

x  y  z

Thật vậy, với a, b  R và x, y > 0 ta có

a2 b2 a b2



 (**)  a y2 b x2  xyxy a b2

  2

0

x y

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có

a2 b2 c2 a b2 c2 a b c2

x y z

0.75

a bc b ca c a b  abacbcabac bc

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

2

(Vì abc 1)

0.5

2

0.25

3 2

abacbcabac bc 

0.25

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