112 đề HSG toán 8 hòa an 2011 2012

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA AN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2011-2012 Mơn: TỐN LỚP Thời gian làm bài: 150 phút Câu (4 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử  x  3x     x  3x  5  15 11 x  x  Câu (4 điểm) Giải phương trình:  5    x   81  16  64 x2  x  x2  x    x  x  x  x  Câu (2 điểm) Tìm số dư phép chia đa thức  x    x    x    x    2010 cho đa thức x  10 x  21 Câu (6 điểm) Cho đa thức ABC vuông A  AC  AB  , đường cao AH  H  BC  Trên tia HC lấy điểm D cho HD  HA Đường vng góc với BC D cắt AC E Chứng minh rằng: BEC : ADC Tính độ dài đoạn BE theo m  AB Gọi M trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM , BEC đồng dạng Tính số đo ·AHM GB HD  Tia AM cắt BC G Chứng minh : BC AH  HC Câu (4 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD Vẽ BH vng góc với AC ( H  AC ) Gọi M trung điểm AH , K trung điểm CD Chứng minh rằng: BM  MK ĐÁP ÁN Câu  x  3x     x  3x  5  15 1.1 Đặt t  x  3x  , ta có:  x  x     x  x    15  8t  7t  15  8t  8t  15t  15  8t  t  1  15  t  1   t  1  8t  15  Thay t  x  3x  vào đa thức ta có:  x  3x     x  3x    15   x  3x   1 8  x  3x    15   x  3x    x  24 x  55  1.2 x11  x    x11  x10  x9     x10  x9  x8    x8  x  x     x  x  x    x  x  x     x  x  x    x  x  1  x9  x  x  1  x8  x  x  1  x  x  x  1  x  x  x  1  x  x  x  1   x  x  1   x  x  1  x  x8  x  x  x  1 Câu 2.1  5    x  81  16  64 3 81    5     x      16  64   5   x 16 8  16  23 x  x2  x  x2  x     x¡  2.2 x  x  x  x  2 DK : t  Đặt t  x  x   x  x   t  1, Phương trình trở thành: t  t 1   t 1 t 6t  t    t  1  t  1 7t (t  1)    t  t  1 t 6t  t  1  6t  12t  6t  12t   7t  7t  5t  17t   t  3(TM )  2   t  3  t      t  (ktm)  5  x  t   x2  x      x  2 Với Vậy nghiệm phương trình : x  0; x  2 Câu P ( x)   x    x    x    x    2010   x  10 x  16   x  10 x  24   2010 Ta có: Đặt t  x  10 x  21, biểu thức P( x) viết lại: P ( x)   t    t  3  2010  t  2t  1995 Do chia t  2t  1995 cho t ta có số dư 1995 Câu µ · · 4.1 CDE CAB có: C chung; CDE  CAB  90 CD CE CD CA  CDE : CAB     CA CB CE CB Hai tam giác ADC BEC có: CD CA  (cmt ) µ  ADC : BEC (c.g.c) C chung; CE CB · · Suy : BEC  ADC  135 (Vì AHD vng cân H theo giả thiết) · Nên AEB  45 , ABE vng cân A Suy BE  AB  m BM BE AD   4.2 Ta có: BC BC AC (do BEC : ADC ) Mà AD  AH ( AHD vuông cân H) BM AD AH BH BH     ( Do BHM : CBA) BC AC AC BE AB Nên 0 · · · Do đó: BHM : BEC (c.g c)  BHM  BEC  135  AHM  45 4.3 Tam giác ABE vuông cân A, nên tia AM cịn tia phân giác góc BAC GB AB AB ED    ABC : DEC  GC AC AC DC Suy mà ED AH ED / / AH   DC HC Ta lại có: ED AH HD HD  HC    DC HC HC Mà GB HD GB HD GB HD       GC HC GC  GB HC  HD BC HC  AH Câu Gọi O trung điểm đoạn thẳng BH Ta có M , O trung điểm AH , BH nên: MO đường trung bình HAB MO  AB, MO / / AB Vậy AB  CD, AB / /CD, KC  CD Mà Do đó: MO  KC , MO / / KC , suy tứ giác MOCK hình bình hành Từ có: CO / / MK Ta có: MO / / KC , KC  CB  MO  CB Tam giác MBC có MO  CB, BH  MC nên O trực tâm MBC  CO  BM Ta có: CO  BM CO / / MK nên BM  MK