15 Đề ôn thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)

Bài 4. (5,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A . Vẽ đường cao AH . Trên tia đối của tia BC lấy điểm K sao cho KH = HA. Qua K kẻ đường thẳng song song với AH, cắt đường thẳng AC tại P.
a.Chứng minh: Tam giác ABC Đồng dạng với tam giác KPC.
b. Gọi Q là trung điểm của BP. Chứng minh: QH là đường trung trực của đoạn thẳng AK.
docx 57 trang Hải Đông 08/01/2024 280
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "15 Đề ôn thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • docx15_de_on_thi_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_8_co_dap_an.docx

Nội dung text: 15 Đề ôn thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)

  1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN Môn: Toán 8 Đề chính thức Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Khóa thi: Ngày 2/05/2019 Bài 1. (6,0 điểm) a. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: A = x3 2019x2 2019x 2018 b. Tìm các giá trị x và y thỏa mãn: x2 y2 4x 2y 5 0 c. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì : A = 5n+2 + 26.5n + 82n+1  59 Bài 2. (4,0 điểm) a. Chứng minh a 2 b 2 c 2 2 a b b c ca với mọi số thực a, b, c. b. Chứng minh rằng với mọi số nguyên x thì biểu thức P một số chính phương. P x+5 x+7 x 9 x 11 + 16. Bài 3 (3.0 điểm): 1 1 1 1 1 Cho biểu thức: P x2 x x2 3x 2 x2 5x 6 x2 7x 12 x2 9x 20 a) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có giá trị. b) Rút gọn biểu thức P. Bài 4. (5,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A AC  AB . Vẽ đường cao AH H BC . Trên tia đối của tia BC lấy điểm K sao cho KH = HA. Qua K kẻ đường thẳng song song với AH, cắt đường thẳng AC tại P. a.Chứng minh: Tam giác ABC Đồng dạng với tam giác KPC. b. Gọi Q là trung điểm của BP. Chứng minh: QH là đường trung trực của đoạn thẳng AK. Bài 5 (2.0 điểm): Cho tam giác ABC có Aˆ Bˆ . Trên cạnh BC lấy điểm H sao cho HAˆC ABˆC . Đường phân giác của góc BAˆH cắt BH ở E. Từ trung điểm M của AB kẽ ME cắt đường thẳng AH tại F. Chứng minh rằng: CF // AE. ___Hết___ \ĐÁP ÁN Câu 1: a. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: A = x3 2019x2 2019x 2018 A = x3 2019x2 2019x 2018 A = x3 1 2019(x2 x 2019) A = (x - 1)(x2 x 1) 2019(x2 x 1) A = x2 x 1 (x 1 2019) A = (x2 + x + 1 )(x 2018) b. Tìm các giá trị x và y thỏa mãn: x2 y2 4x 2y 5 0 x2 y2 4x 2y 5 0 (x2 4x 4) (y2 2y 1) 0
  2. (x 2)2 (y 1)2 0 x 2 và y 1 c. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì A = 5n+2 + 26.5n + 82n+1  59 5n+2 + 26.5n + 82n+1 = 25.5n + 26.5n + 8.82n = 5n(59 – 8) + 8.64n = 59.5n + 8(64n – 5n) 59.5n  59 vaø 8(64n – 5n) (64 – 5) = 59 vaäy 5n+2 + 26.5n + 82n+1  59 Câu 2: a. Chứng minh a 2 b 2 c 2 2 a b b c ca với mọi số thực a, b, c. Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có: 0 a b c a2 ab ca ; 0 b c a b2 bc ab 0 c a b c2 ca bc Do đó, suy ra: a2 b2 c2 2(ab bc ca) b. Chứng minh rằng với mọi số nguyên x thì biểu thức P một số chính phương. Ta có: P x+5 x+7 x 9 x 11 + 16. P (x 5)(x 11)(x 7)(x 9) + 16. P (x2 16x 55)(x2 16x 63)+ 16. P (x2 16x 55)2 8(x2 16x 55)+ 16. P (x2 16x 55)2 2(x2 16x 55).4+ 42. P (x2 16x 59)2.Vơi x là số nguyên thì P là một số CP. Bài 4 (3.0 điểm): 1 1 1 1 1 Cho biểu thức: P x2 x x2 3x 2 x2 5x 6 x2 7x 12 x2 9x 20 a) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có giá trị. b) Rút gọn biểu thức P. a) Tìm điều kiện đúng: x 0; x 1; x 2; x 3; x 4; x 5 b) Rút gọn đúng: 1 1 1 1 1 P x(x 1) (x 1)(x 2) (x 2)(x 3) (x 3)(x 4) (x 4)(x 5) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = x 1 x x 2 x 1 x 3 x 2 x 4 x 3 x 5 x 4 1 1 5 x 5 x x x 5 I K 1 B H Q P 1 S Câu 4 A C Chứng minh: ABC KPC ( G.G) b. Gọi Q là trung điểm của BP. Chứng minh: QH là đường trung trực của đoạn thẳng AK. PB Ta có: AQ KQ (Trung tuyến ứng với nửa cạnh huyền trong tam giác vuông). 2 S
  3. Lại có: HK HA (Giả thiết). Do đó: QH là đường trung trực của AK. Ta có: CEˆA Bˆ BAˆE HAˆC EAˆH CAˆE 0,5đ 5 CAE cân ở C CA = CE (1) (2đ) Qua H kẽ đường thẳng song song với AB cắt MF ở K. Ta có: BE MB MA FA (2) 0,5đ EH KH KH FH BE AB 0,25 AE là phân giác của ABH (3) EH AH đ AB CA CE CAH và CBA đồng dạng (theo (1)) 0,25 AH CH CH đ (4) FA CE AH EH Từ (2), (3), (4) hay AE PCF (đpcm) 0,5đ FH CH FH CH PHÒNG GD&ĐT HUYỆN HL KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 TRƯỜNG THCS NG NĂM HỌC: 2019 – 2020 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút. Câu 1. (3,0 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 2 2 a) x5 x4 1 b) x2 – 8 36 c) x2 x 1 – 5x x2 – x 1 4x2 Câu 2. (3,0 điểm). a) Rút gọn biểu thức: A = a b c 2 b c 2 2ab 2ac x2 x 6 b) Rút gọn: x3 4x2 18x 9 c) Chứng minh giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào biến: 3 x 1 2 1 x 2 2 x 3 x 3 2x 3 2 5 16x Câu 3. (4,0 điểm). 1) Giải phương trình: a) x3 5x2 4x 20 0 2 1 2x 1 b) . x2 x 1 x 1 x3 1
  4. 2) Một người đi xe đạp, một người đi xe máy, một người đi ô tô xuất phát từ địa điểm A lần lượt lúc 8 giờ, 9 giờ, 10 giờ cùng ngày với vận tốc theo thứ tự lần lượt là 10km/h, 30km/h, 50km/h. Hỏi đến mấy giờ thì ô tô ở vị trí cách đều xe đạp và xe máy? Câu 4. (2,0 điểm). Cho tam giác ABC, trung tuyến AD, trọng tâm G. Đường thẳng d bất kỳ đi qua G AB AC và cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng: 3 . AM AN Câu 5. (6,0 điểm). Cho ABC cân tại A, hai đường cao AI và BD cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng: AIC ∽ BDC b) Gọi E giao điểm của CH và AB. Chứng minh: BE.BA CH.CE BC2 1 1 2 c) Gọi T là giao điểm của DE và AH. Chứng minh: AT AI AH Câu 6. (2,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x2 y2 a) A (x 2019)2 (x 2020)2 b) B x, y 1 y 1 x 1 Hết (Học sinh không được sử dụng máy tính) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Hướng dẫn chấm Điểm Câu 1 Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 3 điểm a) x5 x4 1 x5 x2 x4 2x2 1 x2 2 x2 x3 1 x2 1 x2 x2 x 1 x3 x 1 1 điểm 2 b) x2 – 8 36 x4 16x2 100 x4 20x2 100 16x2 x2 4x 10 . x2 4x 10 1 điểm 2 c) x2 – x 1 – 5x x2 – x 1 4x2 x2 x 1 . 5x2 6x 1 x2 x 1 . x 1 . 5x 1 1 điểm 2 2 Câu 2 a) Rút gọn biểu thức: A = a b c b c 2ab 2ac a 2 1 điểm 3 điểm x2 x 6 x 3 . x 2 x 2 b) Rút gọn: 1 điểm x3 4x2 18x 9 x 3 . x2 7x 3 x2 7x 3 c) Chứng minh giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào biến: 2 2 2 3 x 1 1 x 2 x 3 x 3 2x 3 5 16x 30 1 điểm Câu 3 1) Giải phương trình:
  5. k) x 1 x 2 x 4 x 5 40 x 2 x 4 x 6 x 8 l) 98 96 94 92 3x 1 2x 5 4 m) 1 x 1 x 3 x2 2x 3 10)Lúc 7 giờ sáng một ô tô xuất phát từ tỉnh A đến tỉnh B với vận tốc 60 km/h. Cũng cùng thời gian ấy một xe máy xuất phát từ tỉnh B về tỉnh A với vận tốc 50 km/h . Biết hai tỉnh A và B cách nhau 220 km . Hỏi sau bao lâu 2 xe gặp nhau và gặp nhau lúc mấy giờ ? Câu 4. (2,0 điểm). 3) Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BC và CD của tứ giác lồi ABCD. CMR: 1 2 S AM AN ABCD 2 4) Cho hình bình hành ABCD (AC > BD). Vẽ CE vuông góc với AB và CF vuông góc với AD. CMR: AB.AE + AD.AF = AC2. Câu 5. (5,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A có góc ABC bằng 600, phân giác BD. Gọi M, N, I theo thứ tự là trung điểm của BD, BC, CD. h) Tứ giác AMNI là hình gì? Chứng minh i) Cho AB = 4cm. Tính các cạnh của tứ giác AMNI. Câu 6. (2,0 điểm). 12)Chứng minh rằng với mọi n Z, n chẵn, ta có số n3 + 20n luôn chia hết cho 48. x 1 13)T×m gi¸ trÞ nguyªn cña x ®Ó A = cã gi¸ trÞ nguyªn x2 5x 7 14)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B 5 x2 2x 4y2 4y Hết (Học sinh không được sử dụng máy tính) ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu m) 5x2 – 26x + 24 = 5x2 – 20x – 6x + 24 = 5x(x – 4) – 6(x – 4) = (x – 4)(5x – 6) 0,5 1 x5 x 1 x5 x4 x3 x4 x3 x2 x2 x 1 0,5 4 n) 3 2 2 2 2 2 3 2 điểm x x x 1 x x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 0,5 o) ( x2 – 2x)(x2 – 2x – 1) – 6 0,5 Đặt x2 2x t 0,5 t t 1 6 t 2 t 6 t 2 3t 2t 6 t t 3 2 t 3 t 3 t 2 2 2 2 2 2 x 2x 3 x 2x 2 x 3x x 3 x 2x 2 x x 3 x 3 x 2x 2 0,5 x 3 x 1 x2 2x 2 Câu 1) A= (2 + 1)(22 + 1)(24 + 1) ( 2256 + 1) + 1 2 2 1 2 1 22 1 24 1 2256 1 1 0,5 3 điểm 22 1 22 1 24 1 2256 1 1 24 1 24 1 2256 1 1 0,5 256 256 512 512 0,5 2 1 2 1 1 2 1 1 2 2) 2x 3 x 2 x 2 2 x 3 3 x 4 3 x 3 x2 3x 9 9x2 110x
  6. 2x 3 x2 4 2 x3 9x2 27x 27 x3 12x2 48x 64 x3 27 9x2 110x 2x3 8x 3x2 12 2x3 18x2 54x 54 x3 12x2 48x 64 x3 27 9x2 110x 5 Câu 9) 3 i) x 1 x 2 x 4 x 5 40 4 x 1 x 5 x 2 x 4 40 điểm x2 6x 5 x2 6x 8 40 t t 3 40 voi t=x2 6x 5 0,2 t 2 3t 40 0 t 2 8t 5t 40 0 t t 8 5 t 8 0 5 t 8 t 5 0 2 t 8 x2 6x 5 8 x2 6x 13 0 x 3 4 0 Voli 0,2 t 5 2 2 5 x 6x 5 5 x 6x 0 x x 6 0 x 0 x 6 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 0; 6 x 2 x 4 x 6 x 8 j) 98 96 94 92 x 2 x 4 x 6 x 8 1 1 1 1 0,2 98 96 94 92 5 x 100 x 100 x 100 x 100 98 96 94 92 1 1 1 1 x 100 0 98 96 94 92 0,2 x 100 0 5 x 100 S 100 3x 1 2x 5 4 2 1 k) x 1 x 3 x 2x 3 0,2 ĐKXĐ: x 1; 3 5 3x 1 x 3 2x 5 x 1 4 x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 2 3x 1 x 3 2x 5 x 1 4 x 2x 3 0,2 3x2 8x 3 2x2 3x 5 4 x2 2x 3 0 5 3x 9 x 3(loại) S  0,2 5 10)Lúc 7 giờ sáng một ô tô xuất phát từ tỉnh A đến tỉnh B với vận tốc 60 km/h. Cũng cùng thời gian ấy một xe máy xuất phát từ tỉnh B về tỉnh A với vận tốc 50 0,2 km/h . Biết hai tỉnh A và B cách nhau 220 km . Hỏi sau bao lâu 2 xe gặp nhau 5 và gặp nhau lúc mấy giờ ? S v t
  7. Ô tô x 60 x 0,2 60 5 Xe máy 220 – x 50 220 x 50 0,2 Gọi quãng đường ô tô đi đến khi gặp xe máy là x (km); 0 BD). Vẽ CE vuông góc với AB và CF vuông góc với AD. CMR: AB.AE + AD.AF = AC2. 0,2 5
  8. B A M D N C E 0,2 5 B C 0,2 5 0,2 5 A D F AC 2 AE 2 CE 2 AE 2 BC 2 BE 2 AE BE AE BE BC 2 (3) AB AE BE BC 2 AB.AE AB.BE BC 2 AB.AE CD.BE AD2 Ta cần chứng minh CD.BE AD2 AD.AF (1) BE BC Thật vậy EBC : FDC BE.DC BC.DF DF DC Do đó CD.BE AD2 BC.DF AD2 AD.DF AD2 AD DF AD AD.AF (2) Từ (1), (2), (3) suy ra đpcm Câu H 5 5 điể m B C F O E A K D m) Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt) => BE // DF 0,5 Chứng minh : BEO DFO(g c g) => BE = DF 0,5 Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành. 0,5 n) Ta có: ·ABC ·ADC H· BC K· DC Chứng minh : CBH : CDK(g g) 0,5 CH CK CH.CD CK.CB CB CD 0,5 o) Chứng minh : AFD : AKC(g g) 0,5 0,5 AF AK AD.AK AF.AC AD AC Chứng minh : CFD AHC(g g) : 0,5 CF AH CD AC 0,5
  9. CF AH Mà : CD = AB AB.AH CF.AC AB AC 0,5 Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF).AC = AC2 . Câu 9) 6 Ta có 2 0,2 a 13k 2 a2 132 k 2 2.13k.2 4 điểm 5 2 2 2 b 13l 3 b 13 l 2.13l.3 9 0,2 a2 b2 13 13k 2 4k 13l 2 6l 13  13 5 10)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 0,5 A x x 1 x2 x 4 x2 x x2 x 4 2 Đặt x + x – 2 = t 0,2 A t 2 t 2 t 2 4 4 5 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là -4 0,2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 0 5 x2 x 2 0 x 1 x 2 0 0,2 5 x 1 x 2 0,2 5 HS có thể làm cách khác, nhưng sử dụng phù hợp kiến thức chương trình vẫn chấm điểm tối đa. TRƯỜNG THCS PHAN BỘI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CHÂU NĂM HỌC 2019 – 2020 Đề thi thử 6 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (4,0 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 11)3x2 – 7x + 2 2) x8 + x4 + 1 3) x(x 2)(x2 2x 2) 1 Câu 2. (3,0 điểm). 11)Rút gọn biểu thức: A= 3 1 32 1 34 1 38 1 316 1 332 1 x 2 y 2 z 2 12)Cho x + y + z = 0. Rút gọn : (y z) 2 (z x) 2 (x y) 2 13)Chứng minh giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào biến: 3 x2 2 x4 2x2 4 x2 2 6x2 x2 2 10 Câu 3. (4,0 điểm).
  10. 11)Giải phương trình: n) x3 2x2 x 2 0 x 241 x 220 x 195 x 166 o) 10 17 19 21 23 x 49 x 50 49 50 p) 50 49 x 50 x 49 12)Một xí nghiệp dự định mỗi ngày sản xuất 120 sản phẩm . Trong thực tế mỗi ngày xí nghiệp đã sản xuất được 130 sản phẩm nên đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn 2 ngày . Hỏi xí nghiệp đã sản xuất được bao nhiêu sản phẩm ? Câu 4. (2,0 điểm). 5) Cho tam giác ABC. Một đường thẳng đi qua trọng tâm G của tam giác cắt cạnh BC kéo dài về 1 1 1 phía C và các cạnh CA, AB theo thứ tự A1, B1, C1. C/m rằng: . GA1 GB1 GC1 6) Cho tam giác ABC có µA 300 . Dựng bên ngoài tam giác đều BCD. Chứng minh: AD2 = AB2 + AC2. Câu 5. (5,0 điểm). Cho hình vuông ABCD . Gọi E là 1 điểm trên cạnh BC . Qua E kẻ tia Ax vuông góc với AE . Ax cắt CD tại F . Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K . Đường thẳng qua E song song với AB cắt AI ở G . Chứng minh : j) AE = AF và tứ giác EGKF là hình thoi k) AEF ∽ CAF và AF2 = FK.FC. l) Khi E thay đổi trên BC chứng minh : EK = BE + DK và chu vi tam giác EKC không đổi Câu 6. (2,0 điểm). 15)Chứng minh rằng 1110 – 1 chia hết cho 100 2x 2 3x 3 16)Cho biÓu thøc A = . T×m gi¸ trÞ nguyªn cña x ®Ó A nhËn gi¸ trÞ nguyªn 2x 1 17)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B 2x 1 2 x 2 2 Hết (Học sinh không được sử dụng máy tính) ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 p) 2x2 5x 3 2x2 6x x 3 0,5 4 điểm 2x x 3 x 3 x 3 2x 1 0,5 4 2 4 2 2 q) x 2009x 2008x 2009 x x 1 2008x 2008x 2008 0,5 (x2 x 1)(x2 x 1) 2008(x2 x 1) 0,5 (x2 x 1)(x2 x 1 2008) (x2 x 1)(x2 x 2009) 0,5 r) x 2 x 4 x 6 x 8 16 x 2 x 8 x 4 x 6 16 x2 10x 16 x2 10x 24 16 0,5 x2 10x 20 t Đặt t 4 t 4 16 t 2 16 16 t 2 0,5 2 x2 10x 20 0,5
  11. 2 2 Câu 2 9) x y z z y x y z 2y 2z 3 điểm 0,5 x y z 2 2 x y z y z y z 2 x y z y z 2 0,5 0,5 x2 1 1 1 1 1 x2 5x 10) 2 2 2 2 2 . x x x 3x 2 x 5x 6 x 7x 12 x 9x 20 5 1 1 1 1 1 x2 5x . 0,5 x x 1 x 1 x 2 x 2 x 3 x 3 x 4 x 4 x 5 5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x2 5x . 0,5 x x 1 x 1 x 2 x 2 x 3 x 3 x 4 x 4 x 5 5 1 1 x2 5x . x x 5 5 0,25 5 x x 5 . 1 0,25 x x 5 5 Câu 3 11) 4 điểm l) 3x2 x 6 2 0 3x2 6 x 2 0 3 x2 2 x 2 0 3 x 2 x 2 x 2 0 0,25 x 2 3 x 2 1 0 x 2 3x 3 2 1 0 0,25 x 2 0 3x 3 2 1 0 x 2 3 2 1 x 3 0,25 3 2 1  Vậy tập nghiệm của phương trình là S 2;  3  2 1 2x 1 m) x2 x 1 x 1 x3 1 0,25 x 1 ĐKXĐ: 0,25 0,25
  12. 2 x 1 x2 x 1 2x 1 2 0,25 2x 2 x x 2 x x 2 0 0,25 x 1 x 2 0 x 1(l) 0,25 x 2(n) S 2 0,25 12)Gọi số phải tìm là x (x > 0) Vì phần nguyên x có một chữ số nên khi viết thêm chữ số 2 vào bên trái thì số đó tăng thêm 20 đơn vị, nghĩa là ta có số có giá trị là 20 + x Vì khi dịch dấu phẩy sang trái một chữ số thì số đó giảm đi 10 lần, nên khi dịch dấu phẩy của số có giá trị 20 + x sang trái thì được số có giá trị là 20 x 0,25 10 9 0,25 Số mới nhận được bằng số ban đầu nên ta có phương trình 10 20 x 9 x 10 10 x 2,5(n) Vậy số phải tìm là 2,5 Câu 4 2 điểm 11) Do ·ADC Bµ B· AD Bµ ·ADC 0,25 Lấy E trên AC sao cho ·ADE Bµ . Khi đó AE < AC 0,25 ADE và ABD đồng dạng (g-g) 0,25 AD AE AD2 AB.AE AB.AC A AB AD 0,25 E B D C 12) A' A B H C B' H' C' Gọi k là tỉ số đồng dạng của ABC và A' B 'C ' 0,25
  13. AB BC Ta có k (1) A' B ' B 'C ' Xét ABH và A' B ' H ' có: Hµ H¶ ' 900 (GT) Bµ Bµ'(GT ) 0,25 Suy ra ABH và A' B ' H '(g-g) AB AH k (2) 0,25 A' B ' A' H ' 1 0,25 S AH.BC ABC 2 k.k k 2 S 1 A'B'C ' A' H '.B 'C ' 2 Câu 5 H 5 điểm B C F O E A K D p) Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt) => BE // DF 0,5 Chứng minh : BEO DFO(g c g) => BE = DF 0,5 Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành. 0,5 q) Ta có: ·ABC ·ADC H· BC K· DC Chứng minh : CBH : CDK(g g) 0,5 CH CK CH.CD CK.CB CB CD 0,5 r) Chứng minh : AFD : AKC(g g) 0,5 0,5 AF AK AD.AK AF.AC AD AC Chứng minh : CFD AHC(g g) : 0,5 CF AH CD AC 0,5 CF AH Mà : CD = AB AB.AH CF.AC AB AC 0,5 Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF).AC = AC2 . Câu 6 11) 2 điểm Ta có 0,25 0,25
  14. a 13k 2 a2 132 k 2 2.13k.2 4 0,5 b 13l 3 b2 132 l 2 2.13l.3 9 2 2 2 2 a b 13 13k 4k 13l 6l 13  13 0,25 12)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 0,25 A x x 1 x2 x 4 x2 x x2 x 4 Đặt x2 + x – 2 = t 0,25 A t 2 t 2 t 2 4 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là -4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 0 x2 x 2 0 0,25 x 1 x 2 0 x 1 x 2 HS có thể làm cách khác, nhưng sử dụng phù hợp kiến thức chương trình vẫn chấm điểm tối đa. PHÒNG GD&ĐT KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 8 Môn: Toán ĐỀ THI CHÍNH Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1.(5 điểm) Cho x, y là hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện x > 0, y 3. Biết rằng có số tự nhiên n sao cho trong cách viết thập phân của số pn có đúng 20 chữ số. Chứng minh rằng trong 20 chữ số này có ít nhất 3 chữ số giống nhau. Bài 4.( 8 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a và điểm N trên cạnh AB. Cho biết tia CN cắt tia DA tại E, tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB tại F. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF. a) Chứng minh CE = CF; b) Chứng minh B, D, M thẳng hàng;
  15. c) Chứng minh EAC đồng dạng với MBC; d) Xác định vị trí điểm N trên cạnh AB sao cho tứ giác ACFE có diện tích gấp 3 lần diện tích hình vuông ABCD. Bài 5. (3 điểm) a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 3x – y3 = 1 b) Cho ba số a, b, c thỏa mãn điều kiện 0 ≤ a, b, c ≤ 2 và a + b + c = 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2. Hết (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Bài Nội dung Biểu điểm a) Với x + y = 1, biến đổi và thu gọn A. y x y 2 2x 2 y x 2 A : 2 2 2 2 2 2 xy x y x y y x y x y 2 x y 2 2x 2 y x 2 x 2 y 2 : xy x y 2 x y 2 3(điểm) y x y 2 .1 2x 2 y x 2 x y Bài : 1 xy x y 2 .1 y x y 2 x 2 x y y x y 2 x 2 y x x y 2 x y 2 : : xy x y 2 xy x y 2 xy y 2 x 2 xy x - y 2 x y 2 1 b) A 4 4 0 (vì x > 0; y < 0 và x + y = 1) xy xy xy 2(điểm) Suy ra A < - 4. 4x2 + 2y2 + 2z2 – 4xy – 4xz + 2yz – 6y – 10z + 34 = 0 [4x2 – 4x(y + z) + (y + z)2]+ (y2 + z2 – 6y – 10z + 34) = 0 Bài (2x – y – z)2 + (y – 3)2 + (z – 5)2 = 0 2 2(điểm) y = 3; z = 5; x = 4 Khi đó T = (4 – 4)2014 + (3 – 4)2014 + (5 – 4)2014 = 2.
  16. Bài Do p là số nguyên tố và p > 3 nên p không chia hết cho 3. (*) 3 pn có 20 chữ số. Các chữ số chỉ có thể là 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 gồm 10 chữ số đôi một khác nhau. Nếu không có quá nhiều hơn 2 chữ số giống nhau thì mỗi chữ số phải có mặt đúng 2 lần trong cách viết số pn. Như vậy tổng các chữ số 2(điểm) của số pn là: 2(0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9) = 903 nên pn 3 Điều này mâu thuẫn (*). Vậy trong số pn phải có ít nhất 3 chữ số giống nhau. Bài a) Chứng minh được E 4 CDE = CBF (g.c.g) M CE = CF. A B F N 2(điểm) D C 1 b) Chỉ ra AM MC EF M thuộc đường trung trực BD của đoạn 2 2(điểm) AC. Vậy B, D, M thẳng hàng. c) Chỉ ra ACE = BCM EAC ~ MBC (g.g). 2(điểm) Chỉ ra CAE = CBM d) Đặt BN = x AN = a – x. 1 1 2 *)Tính SAEFC = SACE + SECF = DC.AE CE 2 2 - Tính AE: Lý luận để có AE AN AE AN AE a x AE.a AE(a x) a(a x) ED DC AE AD DC AE a a a(a x) AE x - Tính CE2: Lý luận để có CE2 = CD2 + DE2 = a2 + (a + AE)2 2 2(điểm) a a x a 4 CE 2 a 2 a a 2 x x 2 a 3 a x Do đó SAEFC = 2x 2 2 *) Tính SABCD = a . Lý luận với SAEFC = 3SABCD để có a 6x2 – ax – a2 = 0 (2x – a)(3x + a) = 0 x (vì a, x > 0). 2 KL: N là trung điểm của AB thì SAEFC = 3SABCD.
  17. Bài a) 3x – y3 = 1 3x = y3 + 1 (1) 5 - Dễ thấy x = y = 0 là một nghiệm của (1). - Nếu x 0 thì 3x 3 (1) 3x = (y + 1)3 – 3y(y + 1) (y + 1)3 3 nên y + 1 3 Đặt y + 1 = 3k ( k nguyên), suy ra y = 3k – 1. Thay vào (1) ta 1.5(điểm) được: 3x = (3k – 1)3 + 1 = 9k(3k2 – 3k + 1) nên 3k2 – 3k + 1 là ước của 2 1 1 3x mà 3k2 – 3k + 1 3 và 3k2 – 3k + 1= 3 k 0 2 4 nên 3k2 – 3k + 1 = 1 3k(3k – 1) = 0 k = 0 hoặc k = 1. Với k = 0 thì y = - 1 suy ra 3x = 0 phương trình vô nghiệm. Với k = 1 thì y = 2 suy ra 3x = 9 nên x = 2. Vậy các cặp số nguyên (x, y) {(0; 0), (2; 2)}. b) Từ giả thiết 0 ≤ a, b, c ≤ 2 suy ra (2 – a)(2 – b)(2 – c) + abc ≥ 0 8 – 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) ≥ 0 8 – 12 + 2ab + 2bc + 2ac ≥ 0 (vì a + b + c = 3) 2ab + 2bc + 2ac ≥ 4 a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac ≥ 4 + a2 + b2 + c2 1.5(điểm) ( a + b + c)2 ≥ 4 + a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 ≤ 5 (vì a + b + c = 3) Dấu đẳng thức xảy ra (a; b; c) = (0; 1; 2) và các hoán vị của bộ số này. Vậy P có GTLN nhất là 5 (a; b; c) = (0; 1; 2) và các hoán vị của bộ số này. Chú ý: - Điểm được lấy đến 0.25. - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.