HSG TOÁN 8 VIỆT yên 2012 2013

Vẽ AH vuông góc với BF H thuộc BF, AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N.. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật.. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giá

PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề thi có 01 trang

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

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)

1 Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4  2013x2  2012x 2013

2 Rút gọn biểu thức sau:

Câu 2 (4,0 điểm)

1 Giải phương trình sau:

(2x2  x 2013) 2  4(x2  5x 2012) 2  4(2x2  x 2013)(x2  5x 2012)

2 Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 3  2x 2  3x 2 y   3

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  2 dư 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 :

3 3 3

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)

PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM 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)

Ta có x4  2013x2  2012x 2013 x4  x 2013x2  2013x 2013

0,5

x x  1 x2  x 1 2013x2  x 1 0.5

Kết luận x4  2013x2  2012x 2013 x2  x 1 x2  x 2013 0.5

2

(2.0 điểm)

ĐK: x x02





0.25

Ta có

0.25

0.25

0.5

.

2

x x



 với x x02



1

(2.0 điểm)

Đặt:

2

2

5 2012

a x x

b x x







0.25

Phương trình đã cho trở thành:

a  b  ab a b   a b  a b

0.5

Khi đó, ta có:

2x  x 2013 2(  x  5x 2012)  2x  x 2013 2  x  10x 4024 0.5

2011

11

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 2011

11

2

(2.0 điểm) Ta có

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

(2.0 điểm)

Giả sử f(x) chia cho x 2 4 được thương là 5x và còn dư là ax b

Theo đề bài, ta có:

7

2



0.5

f ( ) ( 4).( 5 ) x+17

2

Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: 3 47

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

x z a

a b c x

x y

b c a y b

c









  







0.25

Khi đó, ta có:

(1)

1

x z x y y z y z x z x y

0.5

x z x z y z z y

1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2

(1)

1

(2.0 điểm)

N M

H F

E

B A

Ta có DAM = ABF   (cùng phụ BAH )

AB = AD ( gt)

BAF = ADM = 90 (ABCD là hình vuông)  ΔADM=ΔBAFADM = ΔADM=ΔBAFBAF (g.c.g)

0.75

=> DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên AE = DM

Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành Mặt khác DAE = 90  0 (gt) 0.5

2

(2.0 điểm)

Ta có ΔADM=ΔBAFABH ΔADM=ΔBAFFAH  (g.g)

=

Lại có HAB = HBC   (cùng phụ ABH )

ΔADM=ΔBAFCBH ΔADM=ΔBAFEAH

2 ΔADM=ΔBAFCBH

ΔADM=ΔBAFEAH

=

  , mà ΔADM=ΔBAFCBH

ΔADM=ΔBAFEAH

S

= 4

2 BC

= 4 AE

  nên BC 2 = (2AE) 2

 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

=

=

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

AN MN 0.5



(Pytago)

0.5



Câu 5 2 điểm 2.0 điểm Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có

 

2

2 2 2 a b c

a b c

 

  (*)

0.75

Dấu “=” xảy ra  a b c

x y z

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

 

2

a b



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

 bx ay 2  0 (luôn đúng)

Dấu “=” xảy ra  a b

x y

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có

   

Dấu “=” xảy ra  a b c

x y z

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

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

1 1 1

ab ac bc ab ac bc ab bc ac

a b c

 

(Vì abc 1 )

0.5

1 1 1 1 2

ab ac bc ab ac bc a b c

0.25

Mà 1 1 1 3

a b c   nên 2 2 2

3 2

ab ac bc ab ac bc     

0.25

a b c b c a c a b  (đpcm) 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.

ĐỀ THI CHỌN LỌC HỌC SINH GIỎI

LỚP 8 THCS NĂM HỌC 2008- 2009

Câu 1: a) Tìm các số nguyên m, n thoả mãn

1

1

2









n

n n m

trị nguyên dương của n

Câu2 : Rút gọn biểu thức:

a) A= (a b bc)(a c)



 + (b c ca)(b a)



 + (c a ab)(c b)





b) B =

3 3 3

6 6 6

1 1

2 1 1

x

x x x

x

x x

x



















































Câu 3: Tính tổng: S =

3 1

1

+

5 3

1

+

7 5

1

+ … +

2009 2007 1

Câu 4: Cho 3 số x, y, z, thoả mãn điều kiện xyz = 2009 Chứng minh rằng biểu

thức sau không phụ thuộc vào các biến x, y, z :















z y

yz

y x

xy

x

Câu 5: Giải phương trình:

49

51 47

53 45

55 43

57 41

59





















Câu 6: Cho tam giác đều ABC , gọi M là trung điểm của BC Một góc xMy bằng

D và E Chứng minh :

a) BD.CE=

4

2

BC

b) DM,EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED

c) Chu vi tam giác ADE không đổi

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

a, Thực hiện chia

1

1

2









n

n n

1

1



Hay n + 1 1; -1  Khi đó : n+1 = 1  n = 0 Z ( t/m)

n+ 1 = -1  n = -2  Z (t/m)

Khi đó : 3(n+1) chia hết cho 3

( 3

x

2009

1004 )

2009

1 1 ( 2

1 ) 2009

1 2007

1

5

1 3

1 3

1 1 ( 2

1

















4

xy x

x



 2009 2009

2009



zx z

z



 1



z xz xy

xz xy

+

zx

z 

 1

1

+

zx z

z





zx z

xz z







 1

1

= 1

2

5

0 1 49

51 1 47

53 1 45

55 1 43

57 1 41

59





























49

1 47

1 45

1 43

1 41

1

49

1 47

1 45

1 43

1 41

1

a,Chứng minh BMD đồng dạng CEM

Vì BM=CM=

2

BC

, nên ta có BD.CE=

4

2

BC

Từ đó suy ra D ˆ1 Dˆ2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE

Chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của góc CED

c, Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC

Chứng minh DH = DI, EI = EK.

Chu vi bằng 2.AH Kết luận.

0,5 2.5

1.5 1.5

Chú ý: Có nhiều cách khác nhau , nhưng có chung 1 kết quả

ĐỀ THI HSG LỚP 8 Năm học 2010 – 2011

3 1 2

x

y

E D

B

A

Bài 1: Cho biểu thức M = 



















1 3 6

6 4

3 2

x x x

x

x



















2

10 2

2

x

x x

a) Rút gọn M

b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0

Bài 3:

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :

b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau :

B =

1

) 1 ( 3 2 3









x x x

x

Bài 4: Cho hình bình hành ABCD Với AB = a ; AD = b Từ đỉnh A , kẻ một đường thẳng a bất kỳ cắt đường chéo BD tại E, cắt cạnh BC tại F và cắt tia DC tại G

b) Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi











Với x y ; xyz 0 ; yz 1 ; xz 1 Thì : xy + xz + yz = xyz ( x + y + z)

Giải

Bài 1: a) Rút gọn M

M= 



















1 3 6

6 4

3

2

x x x

x

x



















2

10 2

2

x

x





















1 ) 2 ( 3

6 )

2 )(

2

x

x



x

) 2 )(

2

(





x

 2 1

2

1 2

1

2 3

1

=32

2

1 2

1

2 5

1

=52

Ta có : A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2)2 - (2bc)2 = ( b2 + c2 - a2-2bc)( b2 + c2

b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0

Ta có: (b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác)

(b+c +a) >0 ( BĐT trong tam giác)

(b-c -a) <0 ( BĐT trong tam giác)

(b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác)

Vậy A< 0

Bài 3: a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :

= (x-y)2 + (y - 2)2 + 1

b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau :

B =

1

) 1 ( 3 2 3









x x x

x









x x

x

x

=( 23(1)(1) 1)







x x

x

=

1

3

2



x



Bài 4:

Do AB//CD nên ta có:

EG EA ED EB = DG AB (1)

Do BF//AD nên ta có:

EF EA ED EB = AD FB (2)

E

F

Từ (1) và (2) 

EA

EF EG

EA

b) CMR khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi

AD

FB DG

AB











Với x y ; xyz 0 ; yz 1 ; xz  1

Thì : xy + xz + yz = xyz ( x + y + z)

 x2y- x3yz-y2z+xy2z2 = xy2 -x2z - xy3z +x2yz2

 x2y- x3yz - y2z+ xy2z2 - xy2 +x2z + xy3z - x2yz2 = 0

Do x - y 0 nên xy + xz + yz - xyz ( x + y + z) = 0

Hay xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) (đpcm)