Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 - Phòng GD và ĐT Kim Thành (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 - Phòng GD và ĐT Kim Thành (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN KIM THÀNH Môn: Toán 8 Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Đề gồm 01 trang Câu 1. (4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4 2013 x 2 2012 x 2013. xx2 2 2 x 2 1 2 2. Rút gọn biểu thức sau: A 2 2 3 1 2 . 2x 8 8 4 xxx 2 xx Câu 2. (4,0 điểm) 1. Giải phương trình sau: 2. (2xx2 2013) 2 4( xx 2 5 2012) 2 4(2 xx 2 2013)( xx 2 5 2012) 3 2 3 2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 2x 3x 2 y . Câu 3. (4,0 điểm) 1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x 2 dư 10, f(x) chia cho x 2 dư 24, f(x) chia cho x2 4 được thương là 5x và còn dư. 2. Chứng minh rằng: abcbca( )( )2 cababc ( )( ) 2 bacacb ( )( ) 2 Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N. 1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật. 2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF. 1 1 1 3. Chứng minh rằng: = + . AD2 AM 2 AN 2 Câu 5. (2,0 điểm) Cho abc,, là ba số dương thoả mãn abc 1. Chứng minh rằng : 1 1 1 3 . a3( b c ) b 3 ( c a ) c 3 ( a b ) 2
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT HSG CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN: TOÁN 8 Bản hướng dẫn chấm có 04 trang Câu 1 Hướng dẫn giải (4.0 điểm) Ta có x4 2013 x 2 2012 x 2013 0,5 xx4 2013 x 2 2013 x 2013 1 xxxx 1 2 1 2013 xx 2 1 0.5 (2.0 điểm) xx2 1 xx 2 2013 0.5 Kết luận x4 2013 x 2 2012 x 2013 xx2 1 xx 2 2013 0.5 x 0 ĐK: 0.25 x 2 xx2 2 2 x 2 1 2 Ta có A 2 2 3 1 2 0.25 2x 8 8 4 xxx 2 xx xx2 2 2 x 2 xx 2 2 0.25 2(x2 4) 4(2 xxx ) 2 (2 ) x 2 2 (2.0 điểm) 2 2 2 2 xx 2 2 x ( xx 1)( 2) xx ( 2) 4 xxx ( 1)( 2) 0.5 2 2 2 2 2 2(xxxx 4) ( 4)(2 ) 2( xx 2)( 4) x xxxxx3 4 2 4 4 2 1 xx ( 2 4)( x 1) x 1 . 0.5 2(x2 4) xxx 2 2 2 ( 2 4) 2 x x 1 x 0 Vậy A với . 0.25 2x x 2 Câu 2 (4.0 điểm) a 2 x2 x 2013 Đặt: 0.25 2 bx 5 x 2012 Phương trình đã cho trở thành: 0.5 2 2 2 1 a 4 b 4 ab ( a 2 b ) 0 a 2 b 0 a 2 b (2.0 điểm) Khi đó, ta có: 0.5 2xx2 2013 2( xx 2 5 2012) 2 xx 2 2013 2 xx 2 10 4024 2011 11x 2011 x . 0.5 11 2011 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x . 0.25 11 2 3 3 2 3 7 Ta có y x 2x 3x 2 2 x 0 x y (1) 0.5 2 4 8 (2.0 điểm) 2 3 3 2 9 15 (x 2) y 4x 9x 6 2x 0 y x 2 (2) 0.5 4 16
3. Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 0.25 Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là: 0.5 (-1 ; 0) KL 0.25 Câu 3 (4 điểm) Giả sử f(x) chia cho x2 4 được thương là 5x và còn dư là ax b . 0.5 Khi đó: f (xx ) (2 4).( 5 x ) ax+b Theo đề bài, ta có: 7 f(2) 24 2 a b 24 a 0.5 1 2 f( 2) 10 2 a b 10 (2.0 điểm) b 17 7 Do đó: f (xx ) (2 4).( 5 x ) x+17 0.5 2 47 Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f (x ) 5 x3 x 17. 0.5 2 Ta có: abcbca( )( )2 cababc ( )( ) 2 bacacb ( )( ) 2 0 (1) x z a 2 abc x x y 0.25 Đặt: b c a y b 2 acb z y z c 2 Khi đó, ta có: 2 xzxyyz 2 yzxzxy 21 2 0.5 (2.0 điểm) VT(1) .y . xxyxyz ( )( ). 2 2 2 2 2 2 4 xzxz yzzy 1 y2 ( xxyz 2 2 2 ) 2 0.5 2 2 2 2 4 12 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 0.25 (xzy ). ( zyx ). ( xyz ). 4 4 4 1 1 (xyz2 2 ). 2 ( xyz 2 2 ). 2 0VP (đpcm) 0.25 4 4 (1) KL: . 0.25 Câu 4 (6 điểm)
4. A E B H F C D M N 1 (2.0 điểm) Ta có DAM = ABF (cùng phụ BAH ) AB = AD ( gt) 0 0.75 BAF = ADM = 90 (ABCD là hình vuông) ΔADM = ΔBAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên. AE = DM 0.5 Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành 0.5 Mặt khác. DAE = 900 (gt) Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0.25 Ta có ΔABH ΔFAH (g.g) AB BH BC BH 0.5 = hay = ( AB=BC, AE=AF) AF AH AE AH Lại có HAB = HBC (cùng phụ ABH ) 2 0.5 ΔCBH ΔEAH (c.g.c) (2.0 điểm) 2 2 SΔCBH BC SΔCBH BC 2 2 = , mà = 4 (gt) = 4 nên BC = (2AE) SΔEAH AE SΔEAH AE 0.5 BC = 2AE E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.5 Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: AD AM AD CN 0.5 = = CN MN AM MN Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: MN MC AB MC AD MC 0.5 = = hay = 3 AN AB AN MN AN MN (2.0 điểm) 2 2 2 2 2 2 2 AD AD CN CM CN+CM MN + = + =2 = 2 = 1 AM AN MN MN MN MN 0.5 (Pytago) 2 2 AD AD 1 1 1 + = 1 2 2 2 (đpcm) 0.5 AM AN AM AN AD Câu 5 2 điểm 2.0 điểm Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c R và x, y, z > 0 ta có 0.75
5. 2 a2 b 2 c 2 a b c (*) x y z xyz a b c Dấu “=” xảy ra x y z Thật vậy, với a, b R và x, y > 0 ta có 2 a2 b 2 a b ( ) x y xy a2 y b 2 x x y xy a b 2 bx ay 2 0 (luôn đúng) a b Dấu “=” xảy ra x y Áp dụng bất đẳng thức ( ) ta có 2 2 abc2 2 2 ab c 2 abc xyz xy z xyz a b c Dấu “=” xảy ra x y z 1 1 1 1 1 1 2 2 2 Ta có: a b c a3()()() b c b 3 c a c 3 a b ab ac bc ab ac bc Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 2 2 0.5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 abc abc a b c (Vì abc 1) ab ac bc ab ac bc2( ab bc ac ) 1 1 1 2 a b c 1 1 1 a2 b 2 c 2 1 1 1 1 0.25 Hay ab ac bc ab ac bc2 a b c 1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 0.25 Mà 3 nên a b c a b c ab ac bc ab ac bc 2 1 1 1 3 Vậy (đpcm) 0.25 a3( b c ) b 3 ( c a ) c 3 ( a b ) 2 Điểm toàn bài (20 điểm)