dap an de thi chon hoc sinh gioi cap thanh pho toán 9

Căn bậc hai của 64 có thể viết dưới dạng như sau: 64  6 4 Hỏi có tồn tại hay không các số có hai chữ số có thể viết căn bậc hai của chúng dưới dạng như trên và là một số nguyên?. Hãy c

UBND THàNH PHố Huế kỳ thi CHọN học sinh giỏi tHàNH PHố PHòNG Giáo dục và đào tạo lớp 8 thCS - năm học 2007 - 2008

Môn : Toán

Đề chính thức Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2 điểm)

Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:

1 2

7 6

2008 2007 2008

Bài 2: (2điểm)

Giải phương trình:

1 2

2

Bài 3: (2điểm)

1 Căn bậc hai của 64 có thể viết dưới dạng như sau: 64  6 4

Hỏi có tồn tại hay không các số có hai chữ số có thể viết căn bậc hai của chúng dưới dạng như trên và là một số nguyên? Hãy chỉ ra toàn bộ các số đó

2 Tìm số dư trong phép chia của biểu thức x2x4x6x82008 cho

đa thức 2

10 21

Bài 4: (4 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (HBC) Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E

1 Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo m AB

2 Gọi M là trung điểm của đoạn BE Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC

đồng dạng Tính số đo của góc AHM

3 Tia AM cắt BC tại G Chứng minh: GB HD

BC  AHHC Hết

UBND THàNH PHố Huế kỳ thi CHọN học sinh giỏi tHàNH PHố

PHòNG Giáo dục và đào tạo lớp 8 thCS - năm học 2007 - 2008

Môn : Toán

Đáp án và thang điểm:

1.1 (0,75 điểm)

x1x6

0.5 0,5

2008 2007 2008 2007 2007 2007 1

2.1 2

+ Nếu x 1: (1) x12 0x1 (thỏa mãn điều kiện x 1)

x1; x3 (cả hai đều không bé hơn 1, nên bị loại) Vậy: Phương trình (1) có một nghiệm duy nhất là x 1

0,5

0,5

2.2

2

Điều kiện để phương trình có nghiệm: x 0

2

               

        

2

2 2

           

    và x 0 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x  8

0,25

0,5 0,25

3 2.0

3.1 Gọi số cần tìm là ab10a b (a, b là số nguyên và a khác 0)

Theo giả thiết: 10aba blà số nguyên, nên ab và blà các số chính phương, do đó: b chỉ có thể là 1 hoặc4 hoặc 9

10a b a b10a b a 2a b b 2a 5 b a

   (vì a 0)

Do đó a phải là số chẵn: a2k, nên 5 b k

Nếu b 1 a 8 81 8 1 (thỏa điều kiện bài toán) 9 Nếu b4a6 64 6 4  (thỏa điều kiện bài toán) 8 Nếu b 9 a4 49 4 97 (thỏa điều kiện bài toán)

0,5

0,5

3.2 Ta có:

Đặt tx210x21 (t 3;t 7), biểu thức P(x) được viết lại:

Do đó khi chia t22t1993 cho t ta có số dư là 1993

0,5

0,5

có:

Góc C chung

CE CB (Hai tam giác

vuông CDE và CAB đồng dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c)

Suy ra: BEC ADC1350(vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết)

Nên AEB 450 do đó tam giác ABE vuông cân tại A Suy ra:

1,0

0,5

4.2

BC  BC  AC (do BEC ADC)

mà AD AH 2 (tam giác AHD vuông vân tại H)

BC  AC   AC  AB  BE (do ABH CBA)

Do đó BHM BEC (c.g.c), suy ra: BHM BEC1350 AHM 450

0,5

0,5

0,5 4.3 Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC

Suy ra: GB AB

GC  AC , mà AB ED ABC DEC AHED//AH HD

0,5

0,5