Thi HS gioi toan 8

Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.. Gọi M là trung điểm của đoạn BE.[r]

PGD – ĐT Cưmgar KỲ HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2009-2010

Trường THCS Hoàng Văn Thụ

Môn: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP: 8

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (4 điểm)

Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:

8(x 3x5) 7(x 3x5) 15

2 11 7

1

x x  Bài 2: (4điểm)

Giải phương trình:

1

3



2

Bài 3: (2điểm)

Tìm số dư trong phép chia của đa thức x2x4x6x82010 cho đa thức x210x21

Bài 4: (6 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: BEC ∽ ADC 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 Bài 5: (4đ)

Cho hình chữ nhật ABCD Vẽ BH vuông góc với AC (H AC) Gọi M là trung điểm của AH, K là

trung điểm của CD Chứng minh rằng: BM MK

Hết

Thi HSG Toán 8 – HoangVanThu 2

PGD – ĐT Cưmgar KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2009 – 2010

Trường THCS Hoàng Văn Thụ

Môn: TOÁN 8 120 phút

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM:

1.1

8(x 3x5) 7(x 3x5) 15

Đặt t= x2 +3x+5, ta có:

8(x 3x5) 7(x 3x5) 15 = 8t2+7t -15

= 8t2 -8t +15t-15 = 8t(t-1)+15(t-1) = (t-1)(8t+15) Thay t = x2+3x+5 vào đa thức ta có:

8(x 3x5) 7(x 3x5) 15 = (x2+3x+5-1)[8(x2+3x+5)+15]

=(x2+3x+4)[8(x2+3x+5)+15] =(x2 +3x+4)(8x2+24x+55)

1đ

1đ 1.2

1

x x  = (x11+x10+x9)+(–x10-x9 –x8)+(x8 +x7 +x6)+(–x6 –x5-x4) +(x5+x4 +x3) +(–x3–x2 –x) +(x2+x+1)

= x9(x2+x+1) –x8(x2+x+1) +x6(x2+x+1)-x4(x2+x+1) +x3(x2+x+1) +(x2+x+1)



0,5

0,5 0,5 0,5

3

.



x





x

5 3 9

16 8 8

9 5



  x

9 5

8 16 3 8



 



6



x

Bài Câu Nội dung Điểm

ĐKXĐ: x R vì:

x2 +2x+2 = (x2+2x+1)+1 = (x+1)2+1 >0 với mọi xR

x2 +2x+3 = (x2+2x+1)+2 = (x+1)2+2 >0 với mọi xR Đặt t = x2+2x+3  x2 +2x+2 = t1, ĐK: t 2

Phương trình trở thành:

2 1 7

6 ( 2) 6( 1)( 1) 7 ( 1)

6 12 6 12 6 7 7



t t

 5t2  17t + 6 = 0

Với t= 3, ta có x2+2x+3 =3  x=0, x = -2 Vậy nghiệm của phương trình là: x= 0, x = -2

0,5

0,5 0,5

0,5

Ta có:

10 16 10 24 2010

Đặt t x210x21, biểu thức P(x) được viết lại:

P x  t t  t  t

Do đó khi chia t22t1995 cho t ta có số dư là 1995

1 0,5 0,5

3

t

5

t  (loại)

2 ( 3)( ) 0

5

 t t 

Thi HSG Toán 8 – HoangVanThu 4

2 1

2 1

G M

E

D H

A

4.1

CDE và CAB có:

Góc C chung   0

90

CDECAB

 CDE ∽CAB  CD CE

CA CB 

CD CA

CE CB

+ Hai tam giác ADC và BEC có:

Góc C chung CD CA

CE CB (cmt)

Do đó ADC ∽ BEC (c.g.c)

Suy ra:   0

135

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

Nên  0

45

AEB  do đó tam giác ABE vuông cân tại A

Suy ra: BE AB 2m 2

Vẽ hình đúng 0,5

0,5

0,5

0,5 0,5

0,5

4.2

BC  BC  AC (do BEC∽ADC)

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

BC   AC   AC  AB  BE

(do ABH ∽CBA)

Do đó BHM ∽BEC (c.g.c)

BHM BEC  AHM 

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

AC DC (ABC ∽ DEC)

Ta lại có ED//AH  ED AH

DC  HC

Mà HD =HC  ED AH HD

DC  HC HC

0,5

0,5

GC  HC GCGB  HCHD BC  HCAH

0,5

5 5

O

K

M

H

I

D

A

C

Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BH

Ta có M, O lần lượt là trung điểm của AH, BH nên:

MO là đường trung bình của  HAB

Vậy MO = 1

2AB, MO // AB

Mà AB = CD, AB//CD, KC = 1

2CD,

Do đó MO = KC, MO // KC, suy ra tứ giác MOCK là hình bình hành

Từ đó có: CO // MK

Ta có: MO // KC, KC CB  MO CB Tam giác MBC có MO CB, BH  MC nên O là trực tâm của tam giác MBC  CO BM

Ta có: CO  BM và CO // MK nên BM  MK

0,5

0,5

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

HẾT