HSG TOÁN 8 bắc NINH 2018 2019

c Chứng minh chu vi tam giác MFC không đổi khi M thay đổi trên BC.. 2 Cho hình vuông ABCD và 9 đường thẳng cùng có tính chất là mỗi đường thẳng chia hình vuông ABCD thành hai tứ giác c

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

(Đề thi có 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2018 – 2019

Môn thi: Toán – Lớp 8 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm)

Cho ba số , ,a b c khác nhau đôi một và khác 0, đồng thời thỏa mãn điều kiện

Tính giá trị của biểu thức

1 a 1 b 1 c

A

æ öæ÷ öæ÷ ö÷

ç ÷ç ÷ç ÷

= +çç ÷÷çç + ÷÷çç + ÷÷

Câu 2 (4,0 điểm)

1) Giải phương trình 2 2

1 ( 1)

x

2) Cho hai đa thức P x( )=x5- 5x3+4x+1, ( )Q x =2x2+ - Gọix 1

1, , , ,2 3 4 5

x x x x x là các nghiệm của P x( )

Tính giá trị của Q x( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 Q x2 Q x3 Q x4 Q x5

Câu 3 (4,0 điểm)

1) Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho n + là ước số của 2 2 n +6 206.

2) Cho , ,a b c là các số nguyên khác 0, a¹ c sao cho

2 2

2 2

c

+ Chứng minh rằng a2+ + không phải là số nguyên tố.b2 c2

Câu 4 (7,0 điểm)

1) Cho hình vuông ABCD , gọi M là điểm bất kì trên cạnh BC Trong nửa mặt

phẳng bờ AB chứa C , dựng hình vuông AMHN Qua M dựng đường thẳng d song song

với AB , d cắt AH tại E Đường thẳng AH cắt DC tại F .

a) Chứng minh rằng BM =ND.

b) Tứ giác EMFN là hình gì?

c) Chứng minh chu vi tam giác MFC không đổi khi M thay đổi trên BC .

2) Cho tam giác ABC có BAC· =90 ,o ABC· =20o Các điểm E và F lần lượt

nằm trên các cạnh AC AB sao cho ·, ABE =10o

và ACF =· 30o

Tính ·CFE

Câu 5 (3,0 điểm)

1) Cho các số thực , ,a b c ³ 1 Chứng minh rằng

2a- 1 2+ b- 1 2+ c- 1+ ³ a b b c+ + + +c a+

2) Cho hình vuông ABCD và 9 đường thẳng cùng có tính chất là mỗi đường thẳng

chia hình vuông ABCD thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng

2

3 Chứng minh rằng có ít nhất 3 đường thẳng trong số đó cùng đi qua một điểm

-HẾT -ĐỀ CHÍNH THỨC

Họ và tên thí sinh : Số báo danh

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: Toán - Lớp 8

1.1 (2,0 điểm)

Nếu a b c+ + = thì 0 a b+ = - c b c, + = -a c a, + = -b.

-

1,0

a b b c c a a b b c c a

Do đó, a b+ = 2 ,c b c+ = 2 ,a c a+ = 2bÞ a= =b c, trái giả thiết.

Vậy A = - 1.

1,0

2.1 (2,0 điểm)

( 1)

+ 2

( 1)

+

0,75

x

3 3

1

2

x

x

é = ê

-ê =

ê (thỏa mãn)

Vậy tập nghiệm của phương trình là

1 1;

2

S = íìïïï - üïïýï

0,5

2.2 (2,0 điểm)

3

P x =x - x + x+ = x x x x x x x x x x- - - -

-1

2

Q x = æççç - xö÷÷÷÷- - x

0,75

Do đó Q x( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 Q x2 Q x3 Q x4 Q x5

5

2

éæç öæ÷ç öæ÷ç öæ÷ç öæ÷ç ö÷ù

= êççç - ÷÷ççç - ÷÷ççç - ÷÷ççç - ÷÷ççç - ÷÷ú´

( 1 x1)( 1 x2)( 1 x3)( 1 x4)( 1 x5)

û

0,75

2

Pæöç ÷÷P

= ç ÷ç ÷çè ø× - 32 5 2 1 ( 1 5 4 1) 7

8

1

7 32

= çç - + + ÷÷- + - + =

3.1 (2,0 điểm)

2 2

n + là ước số của n +6 206

4 2

2

198

2

n

0,75

Điều này xảy ra khi n +2 2 là ước nguyên dương của 198 2.3 11= 2 gồm:

Từ đó ta tìm được n Î {1;2;3;4;8;14}

Chú ý :

+ Nếu bước 2 thiếu giá trị của n +2 2 trừ 0,5 điểm.

+ Nếu bước 3 thiếu giá trị của n trừ 0,25 điểm.

0,5

3.2 (2,0 điểm)

c

b c

+

Mà a2+ +b2 c2=a2+ac c+ 2=a2+2ac c+ -2 b2

=(a+c)2- b2=(a+ +c b a)( + -c b)

0,75

Ta thấy a2+ +b2 c2>3 do đó nếu a2+ +b2 c2 là các số nguyên tố thì xảy ra các trường

hợp sau

1) a+ -c b= 1,a+ + =c b a +b +c Þ a +b +c = 2a+ 2c- 1

0,5

2 2 2 2 2 2 2)a c b+ + =1,a c b a+ - = +b +c Þ a +b +c =2a+2c- 1

(Loại)

( 2 2 2) 2 2 2 3)a c b+ + = - 1,a c b+ - = - a +b +c Þ a +b +c = - 2a- 2c- 1

(Loại)

( 2 2 2) 2 2 2 4)a c b+ - = - 1,a c b+ + = - a +b +c Þ a + +b c = - 2a- 2c- 1

Vậy a2+ +b2 c2 không phải là số nguyên tố.

0,75

4.1.a) (2,0 điểm)

1

N

M

3

2 1 2

1

d

O F E

H

B A

a) Do ABCD là hình vuông nên µ ·

A MAD

Mà AMHN là hình vuông ¶ ·

2 MAD 9 º0

A

Từ ( ) ( )1 , 2

suy ra µ ¶

2 1

A =A

1,0

Do đó, DAND = DAMB cgc( )

1 90º

B D

4.1.b) (1,5 điểm)

Do ABCD là hình vuông ¶

2 90º

D

1 2 90º 90º 180º

Þ = + = + = Þ N D C, , thẳng hàng.

Gọi O là giao điểm hai đường chéo AH MN của hình vuông AMHN ,

O

Þ là tâm đối xứng của hình vuông AMHN

AH

Þ là đường trung trực đoạn MN mà ,, E F Î AH Þ EN =EM và FM =FN ( )3

1,0

1 3 1 2

;

Từ ( ) ( )3 , 4 Þ EM =NE =NF =FM Þ MENF là hình thoi ( )5

0,5

4.1.c) (2,0 điểm)

Từ ( )5

suy ra FM =FN =FD+DN

Gọi chu vi tam giác MCF là p và cạnh hình vuông là a.

Ta có P =MC +CF +MF =MC +CF +BM +DF (vì MF =DF +MB)

(= MC +MB) (+ CF +FD)=BC +CD= + =a a 2a

Do đó, chu vi tam giác MFC không đổi khi M thay đổi trên BC

1,0

4.2 (1,5 điểm)

G E

F

B

A

Xét ABCD có BAC· =90 ,o ABC· =20o Þ ACB· =70o

ACF

D có CAF =· 90 o

, ACF =· 30oÞ FC =2.AF Gọi D là trung điểm của BC và G là điểm trên AB sao cho GD ^BC .

Khi đó, ABCD ∽ DDBG

BD BA

BG BC

0,5

GCB =GBC = o Þ GCF = o

Do đó CG và BE lần lượt là tia phân giác của BCF và ·ABC nên

;

FC BC BA AE

FG =BG BC =EC

0,5

Do đó,

2FC 2BC

FG = FG = BG =BG =BC =EC Þ FG =EC

Từ đó suy ra CG/ /EF (ĐL Talet đảo)Þ CFE· =GCF· = 20 o

0,5

5.1 (2,0 điểm)

Ta có (a- 1)2³ 0Þ a2³ 2a- 1Þ 2

2a- 1³ a .

VT

0,75

a +b ³ ³ a b+ a b+ + ³ + Þ a +b + ³ +

b +c + ³ + c +a + ³ +

0,75

Suy ra 2 2 2

3

a b b c c a

a +b +c + ³ + + + + +

Do vậy,

3

2a- 1 2+ b- 1 2+ c- 1+ ³ a b b c+ + + +c a+ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khia= = = b c 1

0,5

5.2 (1,0 điểm)

Các đường thẳng đã cho không thể cắt các cạnh kề nhau của hình vuông, bởi vì nếu thế chúng chia hình vuông thành một tam giác và ngũ giác (chứ không phải là chia hình vuông thành hai tứ giác)

Do đó, mỗi đường thẳng (trong số chín đường thẳng) đều cắt hai cạnh đối của hình vuông và không đi qua một đỉnh nào của hình vuông cả

Giả sử một đường thẳng cắt hai cạnh đối BC và AD tại các điểm M và N

J N

M

F E

D

C

B A

Ta có

2

ABMN

MCDN

AB BM AN S

+

+

(ở đây E và F là các trung điểm của AB và CD tương ứng).

0,5

Gọi , , ,E F P Q tương ứng là các trung điểm của AB CD BC AD Gọi , , , J J J J1 , , , 2 3 4 là các điểm sao cho J J1 , 2 nằm trênEF , J J3, 4 nằm trên PQ và thỏa mãn:

3

J F =J F =J Q =J P = .

0,5

J 4

J 3

J 2

J 1 P

Q

F E

D

C

B A

Khi đó từ đó lập luận trên ta suy ra mỗi đường thẳng có tính chất thỏa mãn yêu cầu của đề bài phải đi qua một trong 4 điểm J J J J1 , , , 2 3 4 nói trên Vì có 9 đường thẳng, nên theo nguyên lí Dirichlet phải tồn tại ít nhất một trong 4 điểm J J J J1 , , , 2 3 4 sao cho nó có ít nhất

ba trong 9 đường thẳng đã cho đi qua

Vậy có ít nhất 3 đường thẳng trong 9 đường thẳng đã cho đi qua một điểm

Chú ý:

1 Học sinh làm đúng đến đâu giám khảo cho điểm đến đó, tương ứng với thang điểm.

2 HS trình bày theo cách khác mà đúng thì giám khảo cho điểm tương ứng với thang điểm Trong trường hợp mà hướng làm của HS ra kết quả nhưng đến cuối còn sai sót thi giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải quyết

3 Tổng điểm của bài thi không làm tròn

-Hết -§Ò thi th«ng tin chän häc sinh giái líp 8

Họ tªn :

C©u 1 ( 2,0 ®iÓm)

Gi¶i ph¬ng tr×nh : x(x+2)(x2+2x+5) = 6

Câu 2 : ( 4,0 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức :

A = x8 – 31x7 + 31x6 – 31x5 +31x4 – 31x3 + 31x2 – 31x + 27 với x = 30

b) Cho a - b = 4 tính giá trị của biểu thức B = a3 – 12ab - b3

Câu 3 : ( 2,0 điểm)

Rút gọn phân thức :

3 2

3 2

Câu 4 : ( 3,5 điểm)

Một ngời đi một nữa quãng đờng tử A đến B với vận tốc 15km/h , và đi phần còn lại với vận tốc 30km/h Tính vận tốc trung bình của ngời đó trên toàn bộ quãng đờng AB

Câu 5 : ( 2,0 điểm)

Chứng minh rằng :

a) S

2 2

4

a b



với S là diện tích của tam giác có độ dài hai cạnh bằng a , b

Câu 6 :( 6,5 điểm)

Cho tam giác IKP cân tại A có KP = 4 cm , M là trung điểm của KP lấy D, E thứ tự thuộc các cạnh IK , IP sao cho DME Kˆ  ˆ

a) Chứng minh rằng tích KD PE không đổi

b) Chứng minh rằng DM là tia phân giác của góc KDE

c) Tính chu vi IED nếu IKP là tam giác đều

-( Giám thị không giải thích gì thêm )

hớng dẫn chấm thi môn toán

kỳ thi thông tin chọn học sinh giỏi lớp 8 THCS năm học 2008-2009 Câu 1 (4,0 điểm)

m

a) Ta có A = x6 – 19x5 + 19x4 – 19x3 +19x2 – 19x + 25

= x5 ( x – 18 ) – x4( x- 18 ) + x3 ( x-18) – x2( x-18) + x(x- 18) - ( x – 18 ) +

7

Do đó với x = 18 thì giá trị của biểu thức A = 7

b) Với x+y = 1 ta có : B = ( x3 + y3 )+ 3xy = ( x +y ) ( x2 - xy +y2) + 3xy

= x2 +2xy +y2

= ( x+y )2 = 1

1,00 1,00 1,00 1,00

Câu 2 (4,0 điểm)

a) ta có

3 2

3 2

3 2 2

3 2 2

(2 5 ) (12 30 ) (18 45)

=

2

2

(2 5) 6 (2 5) 9(2 5)

(3 1) 6 (3 1) 9(3 1)

2 2

2 2

(2 5)( 3) (3 1)( 3)

x x

=

x

x





b) Giải phơng trình :

(x2-x+1)(x2-x+2) = 12 (1)

Đặt t = x2-x+1 thay vào phơng trình (1) ta đợc pt :

t ( t+1 ) = 12

 t2 + t – 12 = 0  ( t2 - 3t ) + (4t – 12) = 0  t( t - 3) + 4(t – 3) = 0

 (t - 3) (t+ 4) = 0  t = 3 hoặc t = - 4

- Với t = 3 => x2-x+1 = 3  x2-x-2 = 0  x2-2x + x -2 = 0

 x(x-2) + (x -2 ) = 0  (x-2) (x +1 ) = 0  x = 2 hoặc x = - 1

- Với t = - 4 => x2-x+1 = - 4  x2-x + 5 = 0  ( x-

1

2) 2 +

19

4 = 0 phơng trình này

vô nghiệm vì ( x-

1

2) 2 +

19

4 > 0 với mọi x Vậy phơng trình (1) có hai nghiệm là : x = 2 , x = -1

1,00 0,50

0.50

0.50

0.75

0.25

0.25 0.25

Câu 3 : ( 4,5 điểm )

Gọi vận tốc mà ô tô dự định đi từ A đến B là : x ( điều kiện : x(km/h ) , x > 6 )

Ta có : Vận tốc ô tô đi nữa đầu quãng đờng là : x+10 ( km/h )

Vận tốc ô tô đi nữa sau quãng đờng là : x – 6 (km/h )

Thời gian ô tô đi nữa đầu quãng đờng là :

30 10

x  (h)

Thời gian ô tô đi nữa sau quãng đờng là :

30 6

x  (h)

Thời gian ô tô đi quãng đờng từ A đến B là :

60

x (h)

Ta có phơng trình :

30 10

x  +

30 6

x  =

60

x  ( 6)

( 10)( 6)

x x

x x x



( 10) ( 10)( 6)

x x

x x x



2( 10)( 6) ( 10)( 6)

x x x

=> x2 – 6x + x2 + 10x = 2x2 + 8x – 120  x2 – 6x + x2 + 10x - 2x2 - 8x = -120

 4x = 120  x = 30 ( km/h )

Vậy thời gian ô tô dự định đi quãng đờng AB là :

60

30 = 2 ( giờ )

0.50 1.00 0.75 0.75 0.50

0.50

0.50

Câu 4 (3,5 điểm)

m

E H I

D

B

A

a) Ta có DMC DME CMEˆ  ˆ  ˆ

, mặt khác DMC B BDMˆ  ˆ ˆ

, mà DME Bˆ ˆ nên

CME BDM

Do đó BDM và CME đồng dạng ( gg )

=>

BD BM

CM CE => BD CE = CM BM = a a = a2

Vậy tích BD CE luôn không đổi

b) BDM và CME đồng dạng còn suy ra :

DM BD

ME CM =>

DM BD

ME BM

( vì CM = BM )

Do đó DME và DBM đồng dạng => MDE BDMˆ  ˆ hay DM là tia phân giác của

góc BDE

c) Từ câu b suy ra DM là tia phân giác của góc BDE , EM là tia phân giác của góc

CED Kẻ MH  DE , MI  AB , MK  AC Ta có DH = DI , EH = EK , do đó chu

vi AED bằng AI + AK = 2AK

Ta lại có CK = 2 2

MC a

 , AC = 2a nên AK = 1,5a Vậy chu vi tam giác ADE bằng 3a

0.50

0.50

0.50

0.50

0.50

0.50

Câu 5 : HS vẽ hình và ghi GT,KL đúng

c

b D

C

B a

A

a) Gọi h là chiều cao tơng ứng với cạnh a , ta có S =

1

2 2

4

a b



Dấu bằng xảy ra  h = b , a = b  ABC vuông cân

b) Theo câu a ta có : SABC

2 2 4

a b



; SADC

2 2 4

c d



Mà S = SABC + SADC => S

2 2 2 2

a b c d

=> S

2 2 2 2

4

a b c d



0.50

0.50 0.50 0.50 0.50

0.50 0.50 0.50

Dấu bằng xảy ra  ABC vuông cân ở B , ACD vuông cân ở D

 ABCD là hình vuông

Lu ý : Nếu thí sinh làm theo cách khác đúng đầy đủ chính xác cũng đợc điểm tối

đa