Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 8 - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Bắc Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 8 - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Bắc Ninh (Có đáp án)

1. UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Toán – Lớp 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) Cho ba số abc,, khác nhau đôi một và khác 0 , đồng thời thỏa mãn điều kiện ab bc ca abc . Tính giá trị của biểu thức A 111 . cab bca Câu 2. (4,0 điểm) 13 2 1) Giải phương trình 2 . xx22x 1 ( 1) 5 3 2 2) Cho hai đa thức Px() x 5 x 4 x 1,() Qx 2 x x 1. Gọi xxxxx12345,,,, là các nghiệm của Px . Tính giá trị của Qx 12345 Q x QQQ x x x . Câu 3. (4,0 điểm) 1) Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho n2 2 là ước số của n 6 206 . ab22 a 2) Cho abc,, là các số nguyên khác 0 , ac sao cho . Chứng minh rằng bc22 c abc222 không phải là số nguyên tố. 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 , ABC 20 . Các điểm E và F lần lượt nằm trên các cạnh AC, AB sao cho ABE 10 và ACF 30 . Tính CFE . Câu 5. (3,0 điểm) 1) Cho các số thựcabc,, 1. Chứng minh rằng 1 1 1 444 3 . 2a 12 b 12 c 1 ab bc ca 2) Cho hình vuông ABCD và 9 đường thẳng cùng có tính chất là mỗi đường thẳng chia 2 hình vuông ABCD thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng . Chứng minh rằng có ít nhất 3 3 đường thẳng trong số đó cùng đi qua một điểm. HẾT Họ và tên thí sinh : Số báo danh
2. UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: Toán - Lớp 8 Câu Đáp án Điểm 1.1. (2,0 điểm) Nếu abc 0 thì ab cbcacab,,. ab bc ca abbcca 1,0 Do đó, 11 A   . c a b cab ab bc ca abbcca Nếu abc 0 thì 2. c a b cab 1,0 Do đó, ab 2, cbcacab 2, 2 abc , trái giả thiết. Vậy A 1. 2.1. (2,0 điểm) Điều kiện: xx 0, 1 0,25 13 2 1 3 2 21 1 0 xx2xx 11( 1) 22 x( x 1)2 xx22 1 ( 1) 3( x 1) 2 0 0,75 xx22( 1) (x 1)( x 1) xx2 2 1 3 x 3 2 0 xx22( 1) (x 1)( x 1) xx ( 1) x 1 x 0 (x 1) 0 0,5 x2( x 1) 2 xx22( 1) x 1 33 (xx 1) ( 1) x 0 1 (thỏa mãn) x 2 0,5  1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1; .  2 2.2. (2,0 điểm) 5 3 Ta có Pxx() 5 x 4 x 1 xxxxxxxxxx 12345 1 0,75 Qx() 2 x ( 1 x ) 2 Do đó Qx 12345 Q x QQQ x x x 11111 5 2 xxxxx12345 0,75 22222 11111xxxxx 12345 1 1 5 32.PP  ( 1) 32 21(1541)7 7 . 0,5 2 32 8 3.1. (2,0 điểm) nn66 206 8 198 n 2 2 là ước số của n 6 206 nn22 22 0,75 198 nn42 24 . n 2 2
3. Điều này xảy ra khi n 2 2 là ước nguyên dương của 198 2.32 .11 gồm: 0,75 2;3;6;9;11;18;22;33;66;99;198 . Từ đó ta tìm được n 1;2;3;4;8;14. Chú ý : 0,5 + 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. 3.2. (2,0 điểm) ab22 a ()a c b22 ac 0 b ac Ta có 22 bc c 0,75 Mà a2222 b c a ac c 22 a2 ac c 22 b (ac )22 b ( acbacb )( ) Ta thấy abc222 3 do đó nếu abc222 là các số nguyên tố thì xảy ra các trường hợp sau 1) acb 1, acba 222 b c a 222 b c 2 a 2 c 1 0,5 (a 1)2 ( c 1) 22 b 1 ac1, b 1 (Loại) 2) acb 1, acba 222 b c a 222 b c 2 a 2 c 1 (a 1)2 ( c 1) 22 b 1 ac1, b 1 (Loại) 3) acb 1, acb a222 b c a 222 b c 2 a 2 c 1 2 22 0,75 (a 1) ( c 1) b 1 ac1, b 1 (Loại) 4) acb 1, acb a222 b c a 222 b c 2 a 2 c 1 (a 1)2 ( c 1) 22 b 1 ac1, b 1 (Loại) Vậy abc222 không phải là số nguyên tố. 4.1.a) (2,0 điểm) A B 1 2 d E M 3 1 O 2 1 2 1,0 N D F C H  a) Do ABCD là hình vuông nên A1 MAD 90º 1  Mà AMHN là hình vuông A2 MAD 90º 2   Từ 1,2 suy ra A1 A2 Do đó, AND AMB( ) c g c BD  90º và BM ND 1 1,0
4. 4.1.b) (1,5 điểm)  Do ABCD là hình vuông D2 90º   NDC D12 D 90º 90º 180º N,, DC thẳng hàng. Gọi O là giao điểm hai đường chéo AH, MN của hình vuông AMHN . 1,0 O AMHN là tâm đối xứng của hình vuông . AH là đường trung trực đoạn MN, mà E, F AH EN EM và FM FN 3 . EOM FON OM ON; N M O O EM NF (4) 1 3 12 0,5 Từ 3,4 EM NE NF FM MENF là hình thoi 5 . 4.1.c) (2,0 điểm) Từ 5 suy ra FM FN FD DN 1,0 Mà DN MB MF DF BM 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 ) 1,0 (MC MB )( CF FD ) BC CD a a2 a Do đó, chu vi tam giác MFC không đổi khi M thay đổi trên BC . 4.2. (1,5 điểm) A F G E C B D 0,5 Xét ABC có BAC 90 , ABC 20 ACB 70 ACF có CAF 90 , ACF 30 FC2. AF Gọi D là trung điểm của BC và G là điểm trên AB sao cho GD BC . BD BA Khi đó, ABC∽ DBG BG BC GCB GBC 20 GCF 20 Do đó CG và BE lần lượt là tia phân giác của BCF và ABC nên 0,5 FC BC BA AE ; FG BG BC EC 11 FC BC AF BD BA AE AF AE Do đó, 22 FG FG BG BG BC EC FG EC 0,5 Từ đó suy ra CG// EF (ĐL Talet đảo) CFE GCF 20 . 5.1. (2,0 điểm) 11 Ta có (a 1)22 0 aa 2 1 . 21a a 2 0,75 111 Nên VT 3 abc222
5. 112 8 8 8 11 8 Ta lại có ;2 2 a22 bab ()() ab 2 ab 2 ab a22 b ab 0,75 11 81 1 8 Tương tự 2; 2 bc22 bc ca2 2 ca 111 4 4 4 Suy ra 3 abc222 ab bc ca 1 1 1 444 0,5 Do vậy, 3 2a 12 b 12 c 1 ab bc ca Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khiabc 1 . 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. 0,5 N C A E F J B D M 1 .AB .( BM AN ) S 2 2 EJ 2 Ta có ABMN 2 . S 31 3JF 3 MCDN .CD .( MC ND ) 2 (ở đây E và F là các trung điểm của AB và CD tương ứng). Gọi EFPQ,,, tương ứng là các trung điểm củaAB,,, CD BC AD . Gọi JJJJ1234,,, là các 0,5 điểm sao cho JJ12, nằm trênEF , JJ34, nằm trên PQ và thỏa mãn:
6. EJ FJ PJ QJ 2 1234 . JF12 JF JQ 34 JP 3 P A C J4 J1 J E 2 F J3 B D Q 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 JJJJ1234,,, nói trên. Vì có 9 đường thẳng, nên theo nguyên lí Dirichlet phải tồn tại ít nhất một trong 4 điểm JJJJ1234,,, 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