Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Luyện thi - Đề thi Đề thi lớp 8 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 có đáp án và thang điểm...

Tài liệu đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 có đáp án và thang điểm

.PDF
38
554
82

Mô tả:

KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẨM THỦY KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN Đề chính thức Môn thi: Toán Lớp: 8 THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 14/03/2017 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu). Số báo danh Năm học 2016- 2017 ĐỀ BÀI x2 6 1   10  x 2    :   x  2    3 x  2   x  4 x 6  3x x  2    Bài 1:(4 điểm) Cho biểu thức: M =  a. Rút gọn M b.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn nhất. Bài 2:(3 điểm) Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 a. Phân tích biểu thức A thành nhân tử. b. Chứng minh: Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0. Bài 3:(3 điểm) a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A = x2 + 2y2 – 2xy - 4y + 2014 b. Cho các số x,y,z thỏa mãn đồng thời: x + y + z = 1: x 2 + y 2 + z 2 = 1 và x 3 + y 3 + z 3 = 1. Tính tổng: S = x2015+y2016+ z2017 Bài 4:(3 điểm) a. Giải phương trình: 1 1 1 1 + 2 + 2 = x  9 x  20 x  11x  30 x  13x  42 18 2 b. Giải phương trình với nghiệm là số nguyên: x( x 2 + x + 1) = 4y( y + 1). Bài 5:(7 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. a. Tính tổng: HD HE HF   AD BE CF b. Chứng minh: BH.BE + CH.CF = BC 2 c. Chứng minh: H cách đều ba cạnh tam giác DEF. d. Trên các đoạn HB,HC lấy các điểm M,N tùy ý sao cho HM = CN. Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định. .........................Hết...................... KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẨM THỦY HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Bài 1 a  x2 6 1   x2 Điểm 6 1  Ta có:  3     =   x  4 x 6  3 x x  2   x( x  2)( x  2) 3( x  2) x  2  x  2( x  2)  ( x  2) ( x  2)( x  2) 6 = ( x  2)( x  2) 0,5 =  10  x 2  ( x  2)( x  2)  (10  x 2 )  x  2  = x  2  x2  6 = x2 6 x2 1 = .  M= 2 x ( x  2)( x  2) 6 b 2 a b 3 a b + Nếu x  2 thì M  0 nên M không đạt GTLN. + Vậy x  2, khi đó M có cả Tử và Mẫu đều là số dương, nên M muốn đạt GTLN thì Mẫu là (2 - x) phải là GTNN, Mà (2 - x) là số nguyên dương  2 - x = 1  x = 1. Vậy để M đạt GTLN thì giá trị nguyên của x là: 1. A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc) = (b  c)2  a 2  (b  c) 2  a 2  = (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a) Ta có: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giác) Tương tự: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) <0 ; (b + c –a ) >0 Vậy A< 0 A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010 Do (x-y)2  0 ; (y - 2)2  0 Nên:(x-y)2 + (y - 2)2 + 2010  2010 Dấu ''='' xảy ra  x – y = 0 và y – 2 = 0  x = y = 2. Vậy GTNN của A là 2010 t¹i x = y =2 Ta có: (x + y + z) 3 = x 3 + y 3 + z 3 + 3(x + y)(y + z)(z + x) kết hợp các điều kiện đã cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) = 0  Một trong các thừa số của tích (x + y)(y + z)(z + x) phải bằng 0 Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k: x + y + z = 1  z = 1, lại kết hợp với đ/k: x 2 + y 2 + z 2 = 1  x = y = 0. Vậy trong 3 số x,y,z phải có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1, Nên tổng S luôn có giá trị bằng 1. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI 4 a Phương trình được biến đổi thành: (Với ĐKXĐ  x  4; 5; 6; 7 ) 1 1 1 1 =   18 ( x  4)( x  5) ( x  5)( x  6) ( x  6)( x  7) 1 1 1 1 1 1 1 )+( )+( )=    ( x4 x5 x5 x6 x6 x7 18 1 1 1 =    (x + 4)(x +7) = 54 x4 x7 18  (x + 13)(x - 2) = 0  x = -13 hoặc x = 2 (Thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy phương trình có tập nghiệm là: S = 13; 2 b + Phương trình được biến đổi thành: (x + 1)(x 2 + 1) = (2y + 1) 2 + Ta chứng minh (x + 1) và (x 2 + 1) nguyên tố cùng nhau ! Vì nếu d = UCLN (x+1, x 2 + 1) thì d phải là số lẻ (vì 2y+1 lẻ)  x2  x d  x  1 d   x  1 d   2   x 2  1 d    2  d mà d lẻ nên d = 1.  x  1 d  x  1 d  x  1 d  0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 + Nên muốn (x + 1)(x 2 + 1) là số chính phương Thì (x+1) và (x 2 + 1) đều phải là số chính phương  x2  1  k 2 k  1 k  1 (k + x)(k x) = 1 hoặc     2  x  1  t x  0 x  0 2 + Với x = 0 thì (2y + 1) = 1  y = 0 hoặc y = -1.(Thỏa mãn pt) Vậy nghiệm của phương trình là: (x;y) = (0;0),(0; 1) Đặt:  5 0,25 0,25 A E F H M I B K 0,5 N D C O KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI a Trước hết chứng minh: HD = S ( HBC ) 0,5 b c S ( ABC ) AD HE S ( HCA) HF S ( HAB ) Tương tự có: ;   BE S ( ABC ) CF S ( ABC ) S ( HBC )  S ( HCA)  S ( HAB) HD HE HF Nên =   S ( ABC ) AD BE CF HD HE HF =1    AD BE CF Trước hêt chứng minh  BDH  BEC  BH.BE = BD.BC Và  CDH  CFB  CH.CF = CD.CB.  BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC 2 (đpcm) Trước hết chứng minh:  AEF   ABC   AEF=  ABC Và  CDE  CAB   CED=  CBA   AEF=CED mà EB  AC nên EB là phân giác của góc DEF. Tương tự: DA, FC là phân giác của các góc EDF và DFE. Vậy H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF (đpcm) d Gọi O là giao điểm của các đường trung trực của hai đoạn MN và HC, ta có  OMH =  ONC (c.c.c)   OHM=  OCN  OHM=  OCN.(1) Mặt khác ta cũng có  OCH cân tại O nên:  OHC=  OCH.(2) Từ (1) và (2) ta có:  OHC=  OHB  HO là phân giác của góc BHC Vậy O là giao điểm của trung trực đoạn HC và phân giác của góc BHC nên O là điểm cố định. Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là O. Chú ý: + Hướng dẫn chấm này có 3 trang, chấm theo thang điểm 20. + Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần không làm tròn. + Bài số 5 phải có hình vẽ đúng mới chấm. + Mọi cách làm khác đúng cũng cho điểm tối đa tương ứng với từng nội dung của bài đó. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 O,25 0,25 KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 HUYỆN HOẰNG HÓA NĂM HỌC: 2017 - 2018 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) 1 x2  x  2 2x  4 Bài 1: (4,0 điểm).1 Cho biểu thức A   2  x  2 x  7 x  10 x  5 a) Rút gọn biểu thức A b) Tính các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên 2. Biết a(a + 2) + b(b – 2) – 2ab = 63. Tính a – b Bài 2: (4,0 điểm). 1) Giải phương trình : x x 2x .   2(x  3) 2(x  1) (x  1)(x  3) x 4 y 4 x2  y 2   2) Cho x, y, a,b là các số thực thỏa mãn: . Và x2 + y2 = 1. Chứng a b ab 2018 2018 x y 2 minh: 1009  1009  . a b (a  b)1009 3. Tìm các hằng số a, b sao cho đa thức f(x) = x4 – x3 – 3x2 + ax + b chia cho đa thức x2 – x – 2 dư 2x – 3 Bài 3: (4,0 điểm). 1. Cho đa thức A = (x + y)(y + z)(z + x) + xyz a) Phân tích A thanh nhân tử b) Chứng minh rằng nếu x;y;z là các số nguyên và x + y + z chia hết cho 6 thì A – 3xyz chia hết cho 6 2) Tìm các số nguyên dương x; y thỏa mãn phương trình : xy2 + 2xy + x = 32y . Bài 4: (6,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau ở H 1) Chứng minh rằng tam giác AEF dồng dạng với tam giác ABC 2) Chứng minh BH.BE + CH . CF = BC2 3) Qua F vẽ đường thẳng vuông góc với EF cắt BE tại M, Chứng minh: FB . EC = FC . BM và EF . BC + BF . CE = BE . CF. 4) Kẻ FI, EJ cùng vuông góc với BC ( I,J thuộc BC) Các điểm K,L lần lượt thuộc AB, AC sao cho IK // AC, LJ // AB. Chứng minh rằng ba đường thẳng EI, FJ và KL đồng quy. Bµi 5: (1,5 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x(x + 1) + y(y + 1) + z ( z+ 1)  18. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B  1 1 1   x  y 1 y  z 1 z  x 1 Hết Họ tên thí sinh :……………………............ Giám thị số 1 :……………………….... Số báo danh : ……………………............... Giám thị số 2: ……………………….... Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HOẰNG HOÁ HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN: Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang Bài Nội dung cần đạt 1. a) ĐKXĐ : x  2; x  5 Điểm 2đ x  5  x 2  x  2  (2x  4)(x  2) (x  2)(x  5) 2  x  8x  15 (x  5)(x  3) 3  x A   (x  2)(x  5) (x  2)(x  5) x  2 3 x Vậy A  với x  2; x  5 x2 A 1b) A  Bài 1 (4,0đ) x  3 1 Để P nguyên thì:  1  x2 x2 1đ 1  Z  x  2  1; 1 x2  x  3;1 Vậy x  1;3 thì A nguyên 2. Ta có : a(a + 2) + b(b – 2) – 2ab = 63  a2 + 2a + b2 – 2b – 2ab = 63 1đ  (a – b)2 + 2(a – b) – 63 = 0  ( a – b + 9)( a – b – 7)=0  a – b + 9 = 0 hoặc a – b – 7 = 0  a – b = - 9 hoặc a – b = 7 1) ĐKXĐ: x  -1; x  3 Bài 2 (4,5đ) .Quy đồng và khử mẫu ta được: 2x(x – 3) = 0  x = 0 (thỏa mãn) ; x = 3 (không thỏa mãn đk) Vậy phương trình có nghiệm x = 0. x 4 y 4 x2  y 2 x 4 y 4 (x 2  y 2 )2     2. Vì . Và x2 + y2 = 1. Nên a b ab a b ab  (bx 4  ay 4 )(a  b)  ab( x 2  y 2 ) 2  b 2 x 4  a 2 y 4  2abx 2 y 2  0  (bx 2  ay 2 ) 2  0  bx 2  ay 2  0  x2 y 2 x2  y 2 1    a b ab ab 1,5đ 1,5đ KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI x 2018 y 2018 1  1009  1009  a b (a  b)1009  x 2018 y 2018 2  1009  1009 a b (a  b)1009 đpcm 3. Vì đa thức f(x) = x4 – x3 – 3x2 + ax + b chia cho đa thức x2 – x – 2 dư 2x – 3 nên f(x) = (x2 – x – 2).q(x) + 2x – 3 với mọi x Hay x4 – x3 – 3x2 + ax + b= (x + 1)(x – 2).q(x) +2x – 3 Xét x= - 1 ta có - a + b = - 4 (1) Xét x = 2 ta có 2a + b = 5 (2) Từ (1) và (2) suy ra a = 3, b= -1 Vậy a = 3, b = -1 Bài 3 (4,0đ) 1a) ta có : A = (x + y)(y + z)(z + x) + xyz = xyz + x2y + xz2 + x2z + y2z +xy2 + yz2 + xyz + xyz = xy(z + x + y) + xz ( x + y + z) + yz( y + z + x) =( x+ y + z) (xy + yz + xz) 1b) A = (x + y)(y + z)(z + x) + xyz Vì x, y, z ;là các số nguyên và x+ y + z  6 nên A  6 Mặt khác x+ y + z  6 nên trong ba số x, y, z ít nhất có 1 số chẵn Suy ra xyz  2  3xyz  6  A – 3xyz  6 2. Ta có: xy2 + 2xy + x = 32y 1đ 1,5đ 1đ 1,5đ 32 y  x( y  1) 2  32 y do y nguyên dương  y + 1  0  x  ( y  1)2 Vì (y, y+1) = 1  (y+1)2  Ư(32) Mà 32 = 25  (y+1)2  {22; 24} ( do (y+1)2 > 1) * (y+1)2 = 22  y = 1; x = 8 * (y+1)2 = 24  y = 3; x = 6 x  8 x  6 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là  va  y 1 y  3 A E F H M B C D 1) Ta có  AEB ~  AFC (g.g)  AE AB AE AF    AF AC AB AC Từ đó suy ra  AEF ~  ABC (c.g.c) 1,5đ Bài 4 (6,0đ) KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI BD BH 1,5đ 2) Ta có BDH ~  BEC (g.g)    BE.BH  BD.BC (1) BE BC CD CH  CDH ~  CFB (g.g)    CF .C H  CD.BC (2) CF BC Cộng từng vế của (1) và (2) ta được: BE . BH + CF.CH = BD . BC + CD . BC = BC (BD + DC) = BC2   CFE  ( cùng phụ với gocsMFH) 3) TA có BFM   FCE  ( cùng phụ với góc BAC) Lại có FBM Suy ra  FBM ~  FCE (g.g) 1,5đ FB BM   FB . EC = MB. FC (3) FC EC   MFB   MBF  ( tính chất góc ngoài) Lại có FME   FCE   AEF   CFE ABC suy ra  FME ~  FBC (g.g)   FE ME   FE.BC  ME.FC(4) FC BC Cộng (3) với (4) theo vế được : FB . EC + EF . BC = FC . MB + FC . ME  FB . EC + EF . BC=FC . BE A E F L H M K B I D J C   FCB  ( cùng phụ vs Goi T là giap điểm của EI và FJ, Ta có KFI   FCB  = 900 -   = EJL  ( doJL//AB) góc ABC)  KFI ABC =900 - LJC   ELJ  ( cùng bù với góc A) Suy ra  KFI ~  LJE (g.g) Lại có IKF KF FI FT FI do FI//EJ nên    LJ EJ TJ EJ   LJ // AB  KFT  TJL ( so le trong).Suy ra  KFT ~  LJT (c.g.c)   JTL  , mà FTL   LTJ   FTJ   1800 Do đó:  FTK    FTK   1800 suy ra K,T,L thẳng hàng, Do đó ba đường Nên FTL thẳng EI, FJ, KL đồng quy. Bài 5 (2,0đ) Ta có: 0 0  ( x  y) 2  ( y  z ) 2  ( z  x) với mọi x, y, z >0 1,5đ KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI  2 xy 2 yz  2 xz  2( x 2  y 2  z 2 )  ( x  y  z )2  3( x 2  y 2  z 2 ) (1) Dấu “=” xảy ra khi x = y = z Theo giả thiết: x(x + 1) + y(y + 1) + z ( z+ 1)  18.  x 2  y 2  z 2  18  ( x  y  z ) (2) Từ (1) và (2) suy ra :  ( x  y  z )2  54  3( x  y  z )  ( x  y  z )2  54  3( x  y  z )  0  ( x  y  z  6)( x  y  z  9)  0  x  y  z  6  0 (vì x  y  z  0va9  0 ) Ghi chú: - Học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa - Bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm. KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THẠCH THÀNH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 NĂM HỌC 2017-2018 MÔN THI: TOÁN Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề) Câu 1 ( 3 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử a) x 2  7 x  12 b) x10  x5  1 Câu 2 ( 4 điểm)  x2 1 1  1  x4  Cho biểu thức: M   4 2  2  .  x 4   1  x2   x  x 1 x 1  a) Rút gọn M b) Tìm GTNN của biểu thức M Câu 3 ( 3 điểm) a) Chứng minh : a5 – a chia hết cho 30 với a  Z b) Chứng minh x5 – x + 2 không là số chính phương với x  Z  Câu 4 ( 4 điểm) 1 6y 2  2  3 y  10 y  3 9 y  1 1  3 y 3 b) Cho các số a, b, c thỏa mãn a  b  c  2 3 Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2  4 a)Giải phương trình: 2 Câu 5 ( 6 điểm) Gọi O là trung điểm của đoạn AB, trên cùng một nửa mp bờ AB vẽ các tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C ( C khác A), Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC đường thẳng này cắt By tại D. Từ O hạ OM vuông góc với CD ( M thuộc CD) a) Chứng minh OA2 = AC . BD b) chứng minh tam giác AMB vuông c)Gọi N là giao điểm của AD và BC. Chứng minh MN / / AC KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI Hướng dẫn Thạch Thành 17-18 Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử a) x 2  7 x  12 = x 2  3x  4 x  12  x  x  3  4  x  3 =  x  3 x  4  b) x10  x5  1 = x10  x9  x8  x9  x8  x7  x 7  x6  x5  x 6  x5  x 4  x5  x 4  x3  x3  x 2  x  x 2  x  1 = x8  x 2  x  1  x7  x 2  x  1  x5  x 2  x  1  x 4  x 2  x  1  x3  x 2  x  1  x  x 2  x  1   x 2  x  1 =  x 2  x  1 .( x8  x 7  x5  x 4  x3  x  1)  x2 1 1 1  x4   Bài 2: Cho biểu thức: M   4 2  2  .  x 4   1  x2   x  x 1 x 1  a) Rút gọn M  x2 1 1   4 1  x4  M  4   . x   2 2 1  x2   x  x 1 x 1   ( x 2  1)  x 2  1   x 4  x 2  1 x 4  x 6  (1  x 4 ) M . 1  x2 ( x 4  x 2  1)  x 2  1 x4 1  x4  x2  1 x6  1 . x6  1 1  x2 2 x 2 M 2 x 1 M Bài 2b) Tìm min M x2  2 x2  1  3 3   1 2 2 2 x 1 x 1 x 1 3 Vì x 2  0 x  x 2  1  1 x  2  3 x x 1 3  1 2  1  3 x hay M  2 x x 1 Ta có: M   3  3 x x 1 2 Dấu “=” xảy ra khi x2 = 0 hay x = 0 Vậy Min M = -2 khi x = 0 Bài 3: a) Chứng minh : a5 – a chia hết cho 30 với a thuộc Z Ta có: a 5  a  a(a 4  1)  a(a 2  1)(a 2  1)  (a  1). a .(a  1).(a 2  1)  (a  1). a .(a  1).(a 2  4  5)  (a  1). a .(a  1). (a  2)(a  2)  5  (a  1). a .(a  1).(a  2)(a  2)  5.( a  1). a .(a  1)  (a  2)(a  1). a .(a  1).( a  2)  5.( a  1). a .(a  1) (a  1). a .(a  1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3 và chia hết cho 2 Suy ra 5.(a  1). a .(a  1) chia hết cho 2, 3, 5 mà 2;3;5 nguyên tố cùng nhau nên 5.(a  1). a .(a  1) 2.3.5 Hay 5.(a  1). a .(a  1) 30 Vì (a  2)(a  1). a .(a  1)(a  2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5mà (a  1). a .(a  1) 2;3 nên (a  2)(a  1). a .(a  1)(a  2) chia hết cho cả 2, 3, 5 nên chia hết cho 30 KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI Vậy a5 – a chia hết cho 30 với a thuộc Z b) Chứng minh x5 – x + 2 không là số chính phương với mọi x thuộc số nguyên dương Theo câu a ta có x5 – x chia hết cho 30 với mọi x thuộc nguyên dương nên x5 – x có tận cùng là 0 suy ra x5 – x + 2 có tận cùng là 2 Mà số chính phương thì chỉ có tận cùng là một trong các sô: 0;1;4;5;6;9 nên x5 – x + 2 không là số chính phương với mọi x thuộc số nguyên dương Bài 4: 1 6y 2  2  3 y  10 y  3 9 y  1 1  3 y 1 6y 2(3 y  1)    (3 y  1)( y  3) (3 y  1)(3 y  1) (3 y  1)(3 y  1) 1 6y  6y  2   (3 y  1)( y  3) (3 y  1)(3 y  1) 1 2   (3 y  1)( y  3) (3 y  1)(3 y  1)  3 y  1  2 y  6  3 y  2 y  6 1 a)Giải phương trình: 2  y  1 Vậy phương trình có tập nghiệm : S  1 Bài 4: b) Cho các số a, b, c thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng a 2  b 2  c 2  3 2 3 4 1 1 1 ta có: a 2   2 a 2 .  a 4 4 4 1 1 1 1 b2   2 b2 .  b c2   2 c2 .  c Tương tự ta có: 4 4 4 4 1 1 1 Cộng từng vế với vế ta được: a 2   b 2   c 2   a  b  c 4 4 4 3 3  a2  b2  c2   4 2 3 3 3  a2  b2  c2    2 4 4 3 3 2 2 2 Vậy a  b  c  với mọi a, b, c thỏa mãn a  b  c  4 2 Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai số không âm a2 và Bài 5 a) Xét ACO và BOD có: D   OBD   900 CAO   ( cùng ohuj với BOD  ) AOC  BDO Do đó ACO  BOD (g . g) AC BO Suy ra: mà AO = OB  AO BD M C B KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI ( do O là trung điểm của AB) AC AO   AO 2  AC . BD AO BD b) chứng minh tam giác AMB vuông AC CO  mà BO = OA nên suy ra BO OD AC CO AC AO   COD   900 nên ACO  OCD mà CAO    AO OD CO OD   ( hai góc tương ứng) Suy ra ACO  OCD Xét ACO vuông tại A và MCO vuông tại M có: Vì ACO  BOD ( câu a) nên : Cạnh huyền CO chung   ( cm trên) ACO  OCD Do đó ACO  MCO ( cạnh huyền góc nhọn)  AO = MO mà AO = OB nên ta có OM = OA = OB = 1 AB nên tam giác AMB vuông 2 tại M 5c) Chứng minh MN / / AC Ta có: AC / / BD ( cùng vuông góc với AB) MÀ AD cắt BC tại N nên ta có ND BD ( hệ quả Talet)  NA AC Mà Theo câu b ACO  MCO  CM = CA Chứng minh tương tự câu b ta cm được BOD  MOD suy ra DB = DM ND MD suy ra MN / / AC ( định lý Ta let đảo) C  NA MC Vậy: MN / / AC A Suy ra D M N O B KHÔNG PHẢI LÚC NÀO BẠN CỐ GẮNG CŨNG THÀNH CÔNG NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THIỆU HOÁ Đề chính thức (Đề gồm 01 trang) ĐỀ THẨM ĐỊNH HSG LỚP 8 CẤP HUYỆN NĂM HỌC: 2015 - 2016. MÔN TOÁN Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề. Ngày thi: 12 tháng 4 năm 2016  x2 6 1   10  x 2   :  x  2     Câu 1. (4,0 điểm): Cho biểu thức: A =  3 6  3 x x  2 x  2 x  4 x     a) Rút gọn biểu thức A. b) Tính giá trị của biểu thức A với giá trị của x thoả mãn |x+1| = |- 1|. c) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. Câu 2. (4,0 điểm): x 1 x 1 4  2  4 x  x  1 x  x  1 x  x  x 2  1 a) Giải phương trình: 2 b) Tìm các số nguyên (x; y) thỏa mãn: y(x – 1) = x2 + 2 Câu 3. (3,0 điểm): a) Chứng minh rằng nếu m; n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m 2  m  5n 2  n thì: (m - n) và ( 5m  5n  1 ) đều là số chính phương. b) Cho các số a; b; c thỏa mãn: 12a  b 4  12b  c 4  12c  a 4  2015 . 670a  b  c 670b  c  a 670c  a  b Tính giá trị của biểu thức: P =   a b c Câu 4. (5,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E. .  = ECB a) Chứng minh: EAD  = 1200 và SAED = 36cm2. Tính SEBC? b) Cho BMC c) Kẻ DH  BC (H  BC). Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH và DH. Chứng minh CQ  PD. Câu 5. (2,0 điểm): Cho điểm D thay đổi trên cạnh BC của tam giác nhọn ABC (D khác B và C). Từ D kẻ đường thẳng song song với AB cắt cạnh AC tại điểm N. Cũng từ D kẻ đường thẳng song song với AC cắt cạnh AB tại điểm M. Tìm vị trí của D để đoạn thẳng MN có độ dài nhỏ nhất. Câu 6. (2,0 điểm): Tìm một số có 8 chữ số: a1a 2 .. . a 8 thoã mãn đồng thời 2 điều kiện sau:  a1a 2a 3 = a 7a 8  2   3 và a 4a 5a 6a 7 a 8  a 7 a 8 . Họ tên thí sinh: ................................................... Số báo danh: ......................... PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THIỆU HÓA HƯỚNG DẤN CHẤM ĐỀ THẨM ĐỊNH HSG 8 NĂM HỌC: 2015 - 2016 MÔN TOÁN Thời gian làm bài 150 phút Biểu Nội dung điểm Câu a) (2,0 điểm): ĐKXĐ : x ≠ 0, x ≠ ± 2 Câu 1. (4,0 điểm) Rút gọn đúng A = 0,5đ 1,5đ 1 2 x b) (1, 0 điểm): |x+1 | = | - 1|  x = -2 hoặc x = 0 Với x = 0 hoặc x = -2 thì không thoả mãn ĐKXĐ nên A không có giá trị c) (1,0 điểm): Vì x nguyên nên để A có giá trị nguyên thì 2 - x  1 ;  1  x  1 ; 3  0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ a) (2,0 điểm): 2 Câu 2. (4,0 điểm) 2 1 3 1 3 Ta có: x 2  x  1   x     0 ; x 2  x  1   x     0 2  4 2  4 2 1 3  x  x  1   x 2     0 nên phương trình xác định với mọi x  0 2 4  x 1 x 1 4  2  Phương trình 2 4 x  x  1 x  x  1 x x  x2  1 4    0,5đ 2  x  1  x 2  x  1   x  1  x 2  x  1 x3 x 1  x 4 2   2  x  1 x2  x  1 3 1 x  x 1    0,5đ 4 4 x x  x2  1   4 2 4  4  2 2 4 x  x 1 x x  x2 1 x x  x 1  4     2 x  4  x  2 (thỏa mãn) 0,5đ 0,25đ 0,25đ Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2. b) (2,0 điểm): Với x = 1 ta có: 0y = 3 (phương trình vô nghiệm). x2  2 3 Xét x ≠ 1 ta có : y = =x+1+ x 1 x 1 Vì x, y  Z nên x – 1 là ước của 3. Ta có các trường hợp sau:  x–1=1 x=2  y = 6 (thỏa mãn)  x – 1 = -1  x = 0  y = -2 (thỏa mãn) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1  x– 1 = 3  x = 4  y = 6 (thỏa mãn)  x – 1 = -3  x = -2  y = -2 (thỏa mãn) Vậy (x, y)  {(4, 6), (2, 6) , (-2, -2), (0,-2)} Câu 3. (3,0 điểm) a) (1,5 điểm): Ta có 4m2  m  5n 2  n  5m 2  n 2   m  n  m 2  m  n 5m  5n  1  m 2 (*) Gọi d là ƯCLN(m - n; 5m + 5n + 1)  (m - n)  d và (5m + 5n + 1)  d 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ (m - n)  d  5m - 5n  d  (5m + 5n + 1) + (5m - 5n) d  10m + 1 d Mặt khác từ (*) ta có: m 2  d 2  m d. Mà 10m + 1 d nên 1 d  d = 1 (Vì d là số tự nhiên) Vậy (m - n);(5m + 5n + 1) là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa 0,5đ 0,5đ mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương. b) (1,5 điểm): 12a  b 4  2015 12a  2015  b 4 a  0    Vì 12b  c 4  2015  12b  2015  c 4  b  0 12c  a 4  2015 12c  2015  a 4 c  0    - Giả sử a < b  12a < 12b  12a – 12b < 0 mà 12a – 12b = b4 – c4  b4 – c4 < 0  b4 < c4  b < c ( vì b ; c > 0 ) (1)  12b < 12c  12b - 12c < 0 Lại có: 12b – 12c = c4 – a4  c4 – a4 < 0  c4 < a4  c < a ( vì c; a > 0 ) (2) Từ (1) và (2) ta có: b < c < a  Trái với giả sử - Giả sử a > b. Chứng minh tương tự như trên ta được b > c > a  Trái với giả sử Vậy a = b  12a – 12b = 0  b4 – c4 = 0  b = c ( vì b; c > 0)  a=b=c 670a  b  c 670b  c  a 670c  a  b  P=   a b c 672a 672b 672c =    672  672  672  2016 a b c 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 2 E D A Câu 4 (5,0 điểm) M Q B P I C H a) (2,0 điểm): - Chứng minh  EBD đồng dạng với  ECA (g-g) EB ED   EA.EB  ED.EC - Từ đó suy ra EC EA - Chứng minh  EAD đồng dạng với  ECB (c-g-c) 0,5đ 0,5đ   ECB  - Suy ra EAD 0,5đ 0,5đ b) (1,5 điểm):  = 120o   AMB = 60o   ABM = 30o - Từ BMC 0,5đ - Xét  = 30o  ED = 1 EB  ED  1  EDB vuông tại D có B 2 EB 2 0,5đ 2 S EAD  ED   - Lý luận cho  từ đó S ECB  EB   SECB = 144 cm2 c) (1,5 điểm): - Chứng minh PQ là đường trung bình của tam giác BHD  PQ // BD - Mặt khác: BD  CD (Giả thiết) - Suy ra: PQ  DC  Q là trực tâm của tam giác DPC Hay CQ  PD 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 3 A N M Câu 5. (2,0 điểm) B F C D E Dựng hình bình hành ABEC, gọi F là giao của DN và AE. BM BD Theo định lý TaLet có: Từ DM // AC   AB BC BD AN  DN // AB  BC AC AN FN  NF // CE  AC EC BM FN  Từ đó suy ra: (1) AB EC Do AB = CE nên từ (1) ta có BM = FN. Theo gt BM // FN nên BMNF là hình bình hành, do đó MN = BF. Vậy MN nhỏ nhất khi BF nhỏ nhất. Do B là điểm cố định, AE cố định nên BF ngắn nhất khi F là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AE. Từ đó điểm D được xác định như sau: Từ B hạ BF  AE, dựng đường thẳng qua F song song với AB cắt BC tại D. 2  Ta có: a1a 2a 3 =  a 7a 8  (1) và a 4a 5a 6a 7 a 8  a 7 a 8 Câu 6. (2,0 điểm)  0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 3 (2) Từ (1) và (2) => 22  a7 a8  31 0,5đ 3 3 (2) => ( a7 a8 ) = a4 a5 a6 00 + a7 a8  (a7 a8 ) - a7 a8 = a4 a5 a6 00  ( a7 a8 - 1). a7 a8 .( a7 a8 + 1) = 4.25. a4 a5 a6 Nhưng  ( a7 a8 - 1) ; a7 a8 ; ( a7 a8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp, trong đó có 1 số chia hết cho 25, nhưng số đó nhỏ hơn 50 (vì tích 48.49.50 = 117600 > a4 a5 a6 00 ). Suy ra có 1 số là 25. Nên chỉ có có 3 khả năng: + a7 a8 + 1 = 25 => a7 a8 = 24 => a1a 2 .. . a 8 là số 57613824 0,5đ 0,5đ + a7 a8 = 25 => a1a 2 .. . a 8 là số 62515625 + a7 a8 - 1 = 25 => a7 a8 = 26 => Không thỏa mãn. 0,5đ Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 4 PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HUYỆN TĨNH GIA ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Năm học: 2013-2014 Môn Toán - Lớp 8 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (4.0 điểm)   a  12 1  2a 2  4a 1  a3  4a Cho biểu thức M =    : 2 a3  1 a  1  4a 2  3a   a  1   1- Rút gọn M. 2- Tìm giá trị của a để biểu thức M đạt giá trị lớn nhất. Bài 2: (4.0 điểm) 1- Chứng minh rằng lập phương của một số tự nhiên n bất kỳ (n > 0) trừ đi bảy lần số tự nhiên đó luôn chia hết cho 6. 2- Giải phương trình: x 1 x 1 4  2  4 x  x  1 x  x  1 x  x  x 2  1 2 Bài 3: (4.0 điểm) 1- Chứng minh rằng nếu c 2  2  ab  ac  bc   0 , b  c, a  b  c thì: a 2  (a  c) 2 a  c 2  bc b2   b  c  2- Cho ab  1 . Chứng minh rằng: 1 1 2 2  2  1  a 1  b 1  ab Bài 4: (6.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác AD. 1- Chứng minh AD2 = AB.AC – DB.DC 2- Kẻ DE vuông góc với AB, DF vuông góc với AC. Đường thẳng qua D vuông góc với BC cắt AB, AC lần lượt tại M và N. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của BN và CM. Chứng minh tam giác ADP cân và tam giác BND vuông cân. 3- Chứng minh bốn điểm E, F, P, Q thẳng hàng. Bài 5: (2.0 điểm) Tìm các cặp số tự nhiên (x;y) thỏa mãn: x6  x 4  2 x3  2 x 2  y 2 (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: ........................................................................... SBD: ...................
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan