De thi HSG Huyen

3điểm Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy điểm M, Qua điểm M kẻ các đường thẳng song song với AC và AB thứ tự cắt AB và AC tại E và F.. ME MF  1Chứng minh AC AB có giá trị không đổi..[r]

UBND HUYỆN GIA BÌNH

PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

Năm học 2012 - 2013

Môn: Toán 8

(

Thời gian làm bài: 120 phút )

Bài I (1.5điểm) Cho A =

2

2

1 1 4x 1 2014

      

  (với x0;x1;x1) 1) Rút gọn A

2) Với giá trị nguyên nào của x thì A có giá trị nguyên?

Bài II (2.5điểm)

1) Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:

a x2 7 x  6

b x4 2008 x2 2007 x  2008

2) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì

A = 4a2b2 – (a2 + b2 - c2)2 luôn luôn dương.

Bài III (2điểm)

1) Cho x, y thoả mãn xy 1 Chứng minh rằng:

2 2

1  x  1  y  1  xy

2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn:

2 2

2 4

1

x

sao cho tích x.y đạt giá trị lớn nhất.

Bài IV (3điểm) Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy điểm M, Qua điểm M kẻ

các đường thẳng song song với AC và AB thứ tự cắt AB và AC tại E và F

1)Chứng minh

AC  AB có giá trị không đổi.

2) Cho biết diện tích của các tam giác MBE và MCF thứ tự là a2 và b2 Tính diện tích của tam giác ABC theo a và b.

3)Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất.

Bài V (1điểm) Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn: y22xy 3x 2 0

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8

I

1.5

1) Với x0;x1;x1 ta có

 2  2 2

2

4x 4x 1 2014 1 2014 2014

A

     

2) Ta có

2014 2013

1

x A



Suy ra với x nguyên thì A có giá trị nguyên khi x + 1 là ước của 2013

Ước của 2013 gồm -2013;-671; -183; -61; -33; -11; -3; -1; 1; 3; 11; 33; 61; 183; 671;

2013

Từ đó tìm và đối chiếu điều kiện ta có với x nhận các giá trị là -2014; -672; -184; -62;

-34; -12; -4; -2; 2; 10; 32; 60; 182; 670; 2012 thì A nhận giá trị nguyên

0.5 0.25 0.5 0.25

II

2.5

1) a x27x 6 x2 x 6x 6 x x 16x1

x 1 x 6

  

b x42008x22007x2008x4x22007x22007x2007 1

4 2 1 2007 2 1 2 1 2 2007 2 1

x2 x 1 x2 x 1 2007x2 x 1 x2 x 1 x2 x 2008

2) Ta có A = [2ab + (a2 + b2 - c2)][2ab – (a2 + b2 - c2)] = [(a + b)2 – c2][c2 – (a – b)2]

= (a + b + c)(a + b – c)(c + b – a)(c + a – b)

Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0 và theo bất đẳng thức trong tam

giác ta có a + b – c > 0; c + b – a > 0; c + a – b > 0 từ đó suy ra điều phải chứng minh

0.5

0.25 0.25 0.25 0.25

0.25 0.5 0.25

III

2.0

1)

1  x  1  y  1  xy (1)

 

 

   

2

1

0 2

x y x y x y

y x xy

Vì x  1; y  1 => xy  1 => xy   1 0

 BĐT (2) luôn đúng => BĐT (1) luôn đúng (dấu ‘’=’’ xảy ra khi x = y)

2)

2 2

2

1

1

x

x

x

Dấu bằng xảy ra khi (x;y)  1; 2 ; 1; 2    

Kết luận

0.5 0.25

0.25 0.5 0.25 0.25

3.0

E

F

C B

A

Vẽ đúng hình và ghi được ghi GT, KL

0.25 0,75 1.0

0,25 0,5 0,25

1) Vì ME// AC ; MF // AB theo hệ quả định lý Ta-Let ta có

1

2) Chứng minh tam giác MBE đồng dạng với tam giác CBA suy ra

( )

( )

BC S ( S2 là diện tích tam giác ABC) suy ra



hay

 2

2 1



       

Vậy dt(ABC) = (a+b)2

3) Từ phần 2 suy ra dt(AEMF) = 2ab

Lại có 2ab

 2 2

dấu bằng xảy ra khi a = b khi M là trung điểm của BC Kết luận

V

1.0

Ta có: y22xy 3x 2 0  x22xy y 2 x23x2 (*)

2

(x y) (x 1)(x 2)

VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên liên

tiếp nên phải có 1 số bằng 0

0,5 0,25

Vậy có 2 cặp số nguyên ( ; ) ( 1;1)x y   hoặc ( ; ) ( 2;2)x y   0,25

Chú ý :

Học sinh giải cách khác mà vẫn đúng thì cho điểm tối đa theo từng phần tương ứng.