ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn TOÁN Lớp 8 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn TOÁN Lớp 8 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO

TẠO

BẮC GIANG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề thi có 01 trang

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN; LỚP: 8 PHỔ THÔNG

Ngày thi: 30/3/2013

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (4,5 điểm)

1) Phân tích biểu thức sau thành nhân tử: P2a37a b2 7ab22b3

2) Cho x2 x 1 Tính giá trị biểu thức Q x 62x52x42x32x22x1

Câu 2 (4,5 điểm)

:

R

định, khi đó hãy rút gọn biểu thức

2) Giải phương trình sau: x 2x1 x1 x2 4

Câu 3 (4,0 điểm)

1) Cho n là số tự nhiên lẻ Chứng minh n3 n chia hết cho 24

2) Tìm số tự nhiên n để n24n2013 là một số chính phương

Câu 4 (6,0 điểm)

1) Cho hình thang ABCD vuông tại A và D Biết CD=2AB=2AD và BC a 2

a Tính diện tích hình thang ABCD theo a

b Gọi I là trung điểm của BC, H là chân đường vuông góc kẻ từ D xuống AC Chứng minh  0

45

2) Cho tam giác ABC có BC a CA b AB c ,  ,  Độ dài các đường phân giác trong của tam giác kẻ từ các đỉnh A, B, C lần lượt là l l l a, ,b c Chứng minh rằng:

a b c

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho hai số không âm avà b thoả mãn a2b2  a b Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

S

-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)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH

NGÀY THI 30 /3/2013 MÔN THI: TOÁN; LỚP: 8 PHỔ THÔNG

Bản hướng dẫn chấm có 04 trang

1

(2.5 điểm)

Ta có P2a3b37ab a b   0,5

     

2 2

a b  2a24ab2b2ab

0.5 a b 2a a 2bb b 2a 0.5 a b  2a b a   2b

Kết luận Pa b  2a b a   2b 0.5

2

(2.0 điểm)

Ta có Q x x 2 42x3x2  x42x3x2x2  x x 1 0.5 x x2 2 x 2 x2x2 x 2 0.5

1

(2.5 điểm)

Ta có

     2 

R

ĐK: x x  2 4 0

0.5

0 2

x x





 



Khi đó:

2

R

1  1  2 2 1  2 4

x





0.5

2

x x



Vậy R xác định khi x x02



2013

ĐỀ CHÍNH THỨC

(2 điểm)

+ Nếu x 2, phương trình đã cho trở thành

x 2 x1 x1 x2 4 0.5  x21 x2 4 4

 x4 5x2  0 x x2 2 5 0

 

 

 

0 5 5







  







0.5

Nếu x 2, phương trình đã cho trở thành

2 x x  1 x1 x24

 x 2 x1 x1 x2 4

 2   2 

 x4 5x2 8 0

0.5

2

2 5 7

0

x

1

(2 điểm)

Vì n1; ;n n1 là ba số tự nhiên liên tiếp nên có một trong ba số

đó chia hết cho 3 Do đó n3 n3 (1) 0.5

Vì n là số tự nhiên lẻ nên n 1 và n 1 là hai số tự nhiên chẵn liên

tiếp Do đó      3 

Vì 3 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau nên kết hợp với (1), (2)

suy ra  3 

24

2

(2 điểm)

+ Giả sử n24n2013m2,m 

+ Suy ra n222009m2  m2 n22 2009

m n 2 m n  2 2009

0.5

+ Mặt khác 2009 2009.1 287.7 49.41    và m n   2 m n  2nên

có các trường hợp sau xảy ra:

 TH1: m n m n  2 20092 1  m n 10021005

0.5

 TH1: m n m n  2 2872 7  m n 138147

 TH3: m n m n  2 492 41 m n 245

0.5

(4 điểm)

a) + Gọi E là trung điểm của CD, chỉ ra ABED là hình vuông và

+ Diện tích của hình thang ABCD là  .

2

AB CD AD

 

2

b) + ADH ACD (1) (hai góc nhọn có cặp cạnh tương ứng vuông

+ Xét hai tam giác ADC và IBD vuông tại D và B có

1

2

DC BD  , do đó hai tam giác ADC và IBD đồng dạng

Suy ra ACD BDI (2)

0.5 + Từ (1) và (2), suy ra ADH BDI 0.5

45

2

(2 điểm)

+ Gọi AD là đường phân giác trong góc A, qua C kẻ đường thẳng

song song với AD cắt đường thẳng AB tại M

Ta có BAD AMC  (hai góc ở vị trí đồng vị)

0.5

H

C

D

E

I

A

M

D

DAC ACM (hai góc ở vị trí so le trong)

Mà BAD DAC nên AMCACM hay tam giác ACM cân tại A,

suy ra AM AC b

+ Do AD//CM nên AD BA c

+ Tương tự ta có

1 1 1 12

b

   

  (2); 1 1 1 12

a

   

  (3) Cộng (1), (2), (3) theo vế, ta có đpcm

0.5

Câu 5 1điểm

1 điểm

+ Ta có a2 1 2 ;a b2 1 2b a2b2 2 2a2b a b 2 0.25 + Chứng minh được với hai số dương x y, thì 1 1x y x y4

S

+ Kết luận: GTLN của S là 1, đạt được khi a b  1 0.25

Điểm toàn bài (20điểm)

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.